Một số bài toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi

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

HOÀNG THỊ LUYẾN

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP
DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2021


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

HOÀNG THỊ LUYẾN

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP
DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên - 2021


i

Mục lục
Mục lục

ii

Lời cảm ơn

iii

Mở đầu
1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Quy tắc cộng, quy tắc nhân . . . . . . . . .
1.1.1 Quy tắc cộng . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . .
1.2 Nguyên lý bù trừ . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Nguyên lý bù trừ cho hai tập hợp .
1.2.2 Nguyên lý bù trừ cho ba tập hợp . .
1.3 Nguyên lý chim bồ câu, định lý Ramsey . .
1.3.1 Nguyên lý chim bồ câu . . . . . . . .
1.3.2 Định lý Ramsey . . . . . . . . . . . .
1.4 Định lý Erdos-Szekeres . . . . . . . . . . . .
1.5 Lý thuyết truy hồi . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Lý thuyết hàm sinh . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Tính chất số phức . . . . . . . . . . . . . . .

1.8 Bất biến, Tổ hợp lặp, Bài toán chia kẹo của

1

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
Euler

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

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

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

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

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

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

2 Một số bài toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi
2.1 Vận dụng nguyên lý bù trừ vào giải bài toán tổ hợp . . . . .
2.2 Vận dụng nguyên lý chim bồ câu vào giải bài toán tổ hợp . .
2.3 Vận dụng phương pháp truy hồi vào giải bài toán tổ hợp . .
2.4 Vận dụng các tính chất của ánh xạ vào giải bài tốn tổ hợp
2.5 Sử dụng tính chất hàm sinh vào giải bài toán tổ hợp . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

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

.

.
.
.
.
.

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

3
3
3
3
4
4
4

5
5
6
8
9
9
11
12

.
.
.
.
.

13
13
16
20
30
36


ii

2.6
2.7
2.8
2.9

Sử dụng bất biến để giải bài toán tổ hợp . . . . . . . . . .
Vận dụng tính chất của đa thức vào giải bài tốn tổ hợp
Vận dụng tính chất của số phức vào giải bài tốn tổ hợp
Một số bài tốn hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

42
46
47
50

Kết luận

60

Tài liệu tham khảo

61


iii

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Trịnh Thanh Hải. Tác
giả xin trân trọng bày tỏ lịng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy, Người đã
tận tình chỉ bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ và tạo điều kiện thuận lợi cho
tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiện cứu luận văn.
Qua bản luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường
Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin,
cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác
giả học tập và nghiên cứu trong suốt thời gian qua.
Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và tất cả mọi người
đã quan tâm, động viên và giúp đỡ để tác giả có thể hồn thành luận văn của
mình.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 01 năm 2021
Tác giả luận văn

Hoàng Thị Luyến


1

Mở đầu
Trong chương trình Tốn phổ thơng, Tổ hợp là một trong những nội dung
quan trọng luôn xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc gia, trên các tạp chí
tốn học, blog toán học, trong các đề thi học sinh giỏi hay kì thi Olympic. Tổ
hợp ln được đánh giá là một nội dung tương đối khó. Các bài tốn tổ hợp
thường địi hỏi học sinh hiểu chính xác những mối quan hệ giữa các đối tượng
được xét mà đôi khi bằng ngơn ngữ cũng khó diễn đạt một cách đầy đủ. Các
bài toán về Tổ hợp mặc dù đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng đến hiện nay
vẫn ln có sức hấp dẫn, là niềm đam mê của nhiều nhà toán học trên thế giới,
thu hút được sự u thích của các thầy cơ dạy tốn và học sinh.
Trong mơn Đại số và giải tích, các dạng bài tập liên quan đến Tổ hợp luôn
là các bài tập thú vị nhưng thường khá phức tạp. Đặc biệt là những bài tốn,
đề thi dành cho học sinh giỏi thì học sinh phải nắm được các kiến thức nâng
cao, đây là các phương pháp giải nâng cao khơng có trong chương trình đại trà
cũng như chương trình nâng cao ở bậc phổ thông.
Xuất phát từ thực tế trên, với mong muốn đưa ra một số bài toán Tổ hợp
dành cho học sinh khá, giỏi và lời giải của chúng dựa trên các kiến thức nâng
cao chưa được trình bày tường minh trong SGK phổ thông, tác giả đã lựa chọn
đề tài "Một số bài toán Tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi" làm hướng
nghiên cứu cho luận văn của mình.
Mục đích của luận văn là tìm hiểu và trình bày cách giải một số bài toán Tổ
hợp dành cho học sinh khá, giỏi. Luận văn có nhiệm vụ: Tập hợp và đọc hiểu các

tính chất, các nguyên lý, các phương pháp thường được vận dụng để giải quyết
các bài tốn tổ hợp nói chung, một số bài tốn tổ hợp dành cho học sinh khá,
giỏi nói riêng; Sưu tầm một số bài toán Tổ hợp trong các đề thi tuyển sinh Đại
học, Cao Đẳng; đề thi THPT Quốc Gia; đề thi chọn học sinh giỏi trong nước.
Sau đó đưa ra lời giải các bài tốn đó.
Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo luận văn được trình bày


2

trong hai chương:
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, luận văn trình bày một số tính chất, các nguyên lý, các
phương pháp thường được vận dụng để giải quyết các bài tốn tổ hợp nói chung,
một số bài toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi nói riêng như: quy tắc cộng,
quy tắc nhân, nguyên lý bao hàm và loại trừ, nguyên lý chim bồ câu, định lý
Ramsey, tổ hợp lặp, bài toán chia kẹo của Euler,. . . . Các nội dung này được vận
dụng để giải quyết các bài tốn được trình bày trong Chương 2.
Chương 2. Một số bài toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi
Trong chương 2, luận văn sẽ trình bày lời giải một số bài tập tổ hợp khó,
dành cho học sinh khá giỏi được phân theo các chủ đề, gắn với cơ sở của lời giải.


3

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1
1.1.1

Quy tắc cộng, quy tắc nhân
Quy tắc cộng

Giả sử một cơng việc có thể được thực hiện theo phương án A hoặc phương
án B . Có n cách thực hiện phương án A và có m cách thực hiện phương án B .
Khi đó cơng việc có thể được thực hiện bởi m + n cách.
Quy tắc cộng cho cơng việc có thể được thực hiện theo một trong k phương
án A1 , A2 , . . . , Ak . Có n1 cách thực hiện phương án A1 , có n2 cách thực hiện
phương án A2 ,. . . và nk cách thực hiện phương án Ak . Khi đó cơng việc có thể
được thực hiện bởi n1 + n2 + · · · + nk cách.
Chú ý 1.1.1. Quy tắc cộng có thể được phát biểu dưới dạng sau: Nếu A và B
là hai tập hợp hữu hạn khơng giao nhau thì số phần tử của A ∪ B bằng số phần
tử của A cộng với số phần tử của B , tức là
|A ∪ B |=| A |+| B|.

1.1.2

Quy tắc nhân

Giả sử một cơng việc nào đó bao gồm hai cơng đoạn A và B . Cơng đoạn A
có thể làm theo n cách. Với mỗi cách thực hiện công đoạn A thì cơng đoạn B có
thể làm theo m cách. Khi đó cơng việc có thể được thực hiện theo nm cách.
Quy tắc nhân cho công việc với nhiều công đoạn được phát biểu như sau:
Giả sử một công việc nào đó bao gồm k cơng đoạn A1 , A2 , . . . , Ak . Cơng đoạn A1
có thể được thực hiện theo n1 cách, công đoạn A2 có thể thực hiện theo n2 cách,


4

. . . , cơng đoạn Ak có thể được thực hiện theo nk cách. Khi đó cơng việc có thể

thực hiện theo n1 n2 · · · nk cách.

1.2

Nguyên lý bù trừ

1.2.1

Nguyên lý bù trừ cho hai tập hợp

Số các phần tử trong hợp hai tập A và B bằng tổng các phần tử của mỗi tập
trừ đi số phần tử của giao hai tập hợp, tức là
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| .

Nếu A là một tập trong X , phần bù của A trong X kí hiệu là A. Nếu A, B là hai
tập trong X thì
|A ∪ B| = |X| − |A ∪ B| = |X| − (|A| + |B|) + |A ∩ B|.

Nhưng A ∪ B = A ∩ B , vì vậy
|A ∩ B| = |X| − |A ∪ B| = |X| − (|A| + |B|) + |A ∩ B|.

1.2.2

Nguyên lý bù trừ cho ba tập hợp

Với ba tập A, B, C thì
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C|

Cho tập hợp A và các tập con A1 , A2 , A3 ⊂ A. Khi đó
A1 ∩ A2 ∩ A3 = |A| − |A1 | − |A2 | − |A3 | + |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | − |A1 ∩ A2 ∩ A3 |

Nguyên lý bao hàm và loại trừ dạng tổng quát:
|X1 ∪ X2 ∪ · · · ∪ Xn | =

|Xi1 | −
1≤i1 ≤n

|Xi1 ∩ Xi2 | + · · ·
1≤i1
k+1

|Xi1 ∩ Xi2 ∩ . . . ∩ Xin | + · · ·

+ (−1)

1≤i1 n+1

+ (−1)

|X1 ∩ X2 ∩ · · · ∩ Xn | .

Hay

n

(−1)k−1 X (n, k),

|X1 ∪ X2 ∪ . . . ∪ Xn | =

k=1


5

trong đó
|Xi1 ∩ Xi2 ∩ · · · ∩ Xik |.

X (k, n) =
1≤i1
Trong tổng X(n, k) bộ (i1 , i2 , . . . , ik ) lấy tất cả các tổ hợp chập k của n và như
vậy X (n, k) là tổng của Cnk số hạng. Nói riêng ta có
X (n, 1) = |X1 | + |X2 | + · · · + |Xn |

và
X (n, n) = |X1 ∩ X2 ∩ · · · ∩ Xn | .

1.3
1.3.1

Nguyên lý chim bồ câu, định lý Ramsey
Nguyên lý chim bồ câu

Giả sử dùng r chiếc lồng để nhốt tất cả n + 1 con chim Bồ câu với n ≥ r. Khi
n
đó có chiếc lồng phải nhốt ít nhất
+ 1 con chim ([x] là phần ngun của số
r
thực x).

Chứng minh. Giả sử khơng có một chiếc lồng nào nhốt nhiều hơn hoặc bằng
n
n
+ 1 con chim, có nghĩa mỗi lồng nhốt nhiều nhất là
con chim. Vì

r
r
n
n
n
n
≤
nên r ·
≤ r · = n < n + 1. Khi đó tổng số chim được nhốt hết
r
r
r
r
trong r lồng nhiều nhất là n < n + 1 con chim, mâu thuẫn.

Ví dụ 1.3.1.
(i) Trong bất kỳ một nhóm 367 người thế nào cũng có ít nhất hai người có
ngày sinh nhật giống nhau bởi vì chỉ có tất cả 366 ngày sinh nhật khác nhau.
(ii) Trong kỳ thi học sinh giỏi, điểm bài thi được đánh giá bởi một số nguyên
trong khoảng từ 0 đến 10. Theo nguyên lý chim bồ câu, trong số 12 học sinh
chắc chắn tìm được hai học sinh có kết quả thi như nhau
Nhận xét 1.3.2. Nguyên lý này được vận dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau
để chỉ ra sự tồn tại một đối tượng với tính chất nào đó. Cái khó của việc vận
dụng nguyên lý này là trong bài toán đang xét thì cái gì được coi là lồng và cái

gì được coi là chim bồ câu.


6

1.3.2

Định lý Ramsey

Định lý 1.3.3 (Định lý Ramsey cho đồ thị). Cho s1 , s2 , . . . , sk là các số nguyên
dương cho trước. Khi đó tồn tại một bộ số (s1 , s2 , . . . , sk ) thỏa mãn với mọi cách
tô màu các cạnh của đồ thị Kn bởi k màu với n ≥ R(s1 , s2 , . . . , sk ) thì ta ln tìm
được một si -clique có các cạnh được tô cùng màu.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo số k . Điểm quan trọng của
chứng minh nằm ở việc ta chỉ ra được đánh giá
R(s1 , s2 , . . . , sk ) ≤ R(s1 , s2 , . . . , sk−2 , R(sk−1 , sk )).

Thật vậy, ta đặt
n = R(s1 , s2 , . . . , sk−2 , R(sk−1 , sk )).

Ta sẽ chỉ ra rằng với mọi cách tô màu các cạnh của đồ thị Kn bằng k màu thì
ta ln tìm được một si -clique được tơ bởi màu thứ i. Theo cách ta định nghĩa
về số n thì hoặc là ta ln tìm được một si − clique với 1 ≤ i ≤ k − 2 được tơ
bởi màu thứ i hoặc ta tìm được một R(sk−1 , sk )-clique chỉ được tô bởi màu thứ
k − 1 hoặc thứ k . Theo cách định nghĩa của R(sk−1 , sk ) thì ta ln tìm được một
sk−1 − clique tô bởi màu thứ k − 1 hoặc một sk -clique tô bởi màu thứ k .
Định lý 1.3.4 (Định lý Ramsey cho tập hợp–siêu đồ thị). Cho r, s ≥ 1, qi ≥ r, 1 ≤
i ≤ s là các số nguyên dương cho trước. Khi đó tồn tại số R = R(r) (p1 , q2 , . . . , qs )
sao cho, với S là một tập với n ≥ R phần tử và với mọi cách tơ màu các phần tử
của Sr (kí hiệu họ các tập con của S có r phần tử) bởi một trong số r màu thì

ta ln tìm được một tập con T của S gồm qi phần tử sao cho tất cả các phần
tử thuộc Tr đều được tô bởi cùng màu thứ i.
Chứng minh. Ta tiến hành chứng minh bài toán theo 2 bước.
Bước 1: Chứng minh khẳng định cho trường hợp 2 màu.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo r. Khẳng định đúng với r = 1 và p, q bất
kì (tính tốn trực tiếp ta thu được R(1) (p, q) = p + q − 1, giả sử rằng khẳng định
đúng với mọi r − 1 và p, q bất kì, trong đó r ≥ 2. Ta cần chứng minh khẳng định
đúng với r và p, q bất kì. Đến đây ta thực hiện quy nạp trên p + q , r bất kì.
Khẳng định đúng với p + q = 2, r bất kì. Giả sử khẳng định đúng với mọi cặp
p , q , sao cho p + q < p + q và r bất kì. Ta cần chứng minh khẳng định đúng với
cặp p, q và r bất kỳ.


7

Bằng cách đặt p1 = R(r) (p − 1, q) và q1 = R(r) (p, q − 1) tồn tại theo giả thiết
quy nạp thứ hai, ta chứng minh R(r) (p, q) ≤ 1 + R(r−1) (p1 , q1 ), trong đó vế phải
tồn tại do giả thiết quy nạp thứ nhất.
Ta thực hiện tô màu [n]
r bằng 2 màu, trong đó n = 1 + R(r−1) (p1 , q1 ), ta tạm
gọi phép tô màu này là σ . Từ đây, ta thực hiện định nghĩa phép tô màu τ cho
tập [n−1]
như sau. Nếu X ⊂ [n − 1] |X| = r − 1 thì ta tơ màu tập X cùng màu
r
với tập X ∪ {n} được tô bởi σ . Bây giờ thì hoặc là
i) Tồn tại A ⊆ [n − 1], |A = p1 | (theo cách tô màu τ ) sao cho tất cả các phần
A
tử của tập r−1
được tô cùng màu xanh.
ii) Tồn tại B ⊆ [n − 1], |B| = q1 (theo cách tô màu τ ) sao cho tất cả các phần

B
tử của tập r−1
được tơ cùng màu đỏ.
Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử i) đúng, mà |A1 | = p1 = R(r) (p − 1, q).
Do đó
a) Tồn tại P ⊆ [n − 1] , |P | = q (theo cách tô màu σ ) sao cho tất cả các phần
tử của tập Pr được tô màu xanh,hoặc
b) Tồn tại Q ⊆ [n − 1] , |Q| = p − 1 (theo cách tô màu σ ) sao cho tất cả các
phần tử của tập Qr được tô màu đỏ.
Nhưng ta nhận thấy tất cả các phần tử của Q∪{n}
được tô màu đỏ (theo
r
định nghĩa của phép tô màu τ ). Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Bước 2: Chứng minh khẳng định cho trường hợp s màu
Ta sẽ chỉ ra rằng
R(r) (q1 , q2 , . . . , qs ) ≤ R(r) (Q1 , Q2 )

trong đó,
Q1 = R(r) q1 , q2 , . . . , q

s
2

, Q2 = R(r) q

+1 , q

s
2

s
2

+2 , . . . , qs

.

Đặt n = R(r) (Q1 , Q2 ). Ta xét một phép tô màu các phần tử thuộc [n]
r . Đầu tiên
ta tiến hành tô màu lại các r-tập theo quy tắc sau: các tập được tô bởi màu
s
s
i≤
ta tơ lại màu đỏ cịn các tập được tơ bởi màu i >
ta tô màu xanh.
2

2

Theo khẳng định ta có:
a) Hoặc tồn tại Q1 -tập A ∈ [n] sao cho tập Ar được tô bởi màu đỏ.
b) Hoặc tồn tại Q2 -tập B ∈ [n] sao cho tập Br được tơ bởi màu xanh.
Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử xảy ra trường hợp a). Bây giờ ta trả loại
s
màu vốn có ban đầu của các r-tập con của tập A. Ta thu được một
-tô màu
2

các phần tử của

A
r

. Bởi vì |A| = R(r) q1 , q2 , . . . , q

s
2

+1

nên ta sẽ tìm được một


8

tập con qi phần tử của tập A (i ≤
bởi màu i.

1.4

s
2

) sao cho các phần tử của tập

S
r

được tô

Định lý Erdos-Szekeres

Định lý 1.4.1. Cho m là một số nguyên dương cho trước. Khi đó tồn tại một
số nguyên dương n sao cho với mọi tập gồm n điểm trong mặt phẳng Euclid,
khơng có ba điểm nào thẳng hàng, chứa m điểm là đỉnh của một m-đa giác lồi.
Chứng minh 1. Chọn n = R(3) (m, m), và đặt |ijk| là số các điểm chứa trong tam
giác Xi Xj Xk . Ta định nghĩa phép tô màu như sau. Ta tô màu tập {i, j, k} bởi
màu xanh nếu |ijk| là số chẵn và bởi màu đỏ nếu |ijk| là số lẻ. Áp dụng định lý
Ramsey cho tập hợp, tồn tại m-tập con A ∈ [n] thỏa mãn tất cả các bộ ba trích
ra từ A đều được tơ cùng màu.
Ta chứng minh tập đỉnh tương ứng với tập con này lập thành một m-đa giác
lồi. Thật vậy, nếu tồn tại bốn điểm trong tập đỉnh, ta tạm gọi là Xi , Xj , Xk , Xl
sao cho điểm Xl nằm trong tam giác Xi Xj Xk . Khi đó, ta dễ dàng chứng minh
được rằng |ijk| = |ijl| + |jkl| + |ikl| + 1, mâu thuẫn (hai vế không cùng tính chẵn
lẻ). Từ đây, ta suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh 2. Mấu chốt của chứng minh nằm ở việc chỉ ra tính chất sau.
Bổ đề 1.4.2. Nếu một tập điểm S thỏa mãn tính chất mọi tập con 4- phần tử
đều là các tứ giác lồi thì S là nằm ở vị trí lồi.
Thật vậy, giả sử có một điểm P ∈ S khơng nằm trong bao lồi của S . Ta chia
bao lồi bởi các đường chéo thành các tam giác, thì điểm P phải nằm trong một
tam giác ABC . Khi đó, P ABC lõm, mâu thuẫn với giả thiết.
Chọn n = R(4) (5, m) điểm nằm ở vị trí tổng quát. Với bộ 4 điểm bất kì, ta tơ
màu bộ này bằng màu xanh nếu chúng khơng nằm ở vị trí tổng qt, và màu
đỏ nếu ngược lại. Khi đó ta hoặc là ta tìm được một bộ 5 điểm sao cho mọi bộ
4 điểm bất kì được tơ màu xanh; hoặc là tìm được một bộ m điểm sao cho mọi
bộ 4 điểm bất kì được tơ màu đỏ.
Nếu trường hợp thứ nhất xảy ra thì ta sẽ tìm được một bộ 5 điểm trong mặt
phẳng sao cho khơng có 4 điểm nào là đỉnh của một tứ giác lồi, mâu thuẫn với
định lí Klein. Do đó, chỉ xảy ra trường hợp hai. Kết hợp với Bổ đề 1.4.2 ta suy
ra điều phải chứng minh.

9

Nhận xét 1.4.3. Nếu ta gọi n(m) là số nguyên dương n nhỏ nhất để thỏa mãn
bài tốn thì từ hai chứng minh trên ta đã chỉ ra được đánh giá sau
n(m) ≤ min R(3) (m, m), R(4) (m, 5) .

1.5

Lý thuyết truy hồi

Định nghĩa 1.5.1. Công thức truy hồi của dãy số s(0), s(1), s(2), . . . là phương
trình xác định s(n) bằng các phần tử s(0), s(1), s(2), . . . , s(n − 1) trước nó
s(n) = F (s(0), s(1), s(2), . . . , s(n − 1)).

Điều kiện ban đầu là các giá trị gán cho một số hữu hạn các phần tử đầu.
Giải công thức truy hồi bằng phương pháp lặp là thực hiện thay thế liên tiếp
cơng thức truy hồi vào chính nó, mỗi lần thay bậc n giảm ít nhất một đơn vị,
cho đến khi đạt giá trị ban đầu.
Định nghĩa 1.5.2. Cơng thức truy hồi tuyến tính hệ số hằng bậc k có dạng
s(n) = c1 s(n − 1) + c2 s(n − 2) + · · · + ck s(n − k) + f (n).

(1.1)

Điều kiện ban đầu của (1.1) là giả thiết một số phần tử đầu của dãy có giá trị
cho trước s(0) = C0 , s(1) = C1 , . . . , s(k − 1) = Ck−1 .
Ứng dụng cơng thức truy hồi vào bài tốn tổ hợp
Công thức truy hồi là một trong những phương pháp rất hiệu quả để giải
các bài toán tổ hợp. Nội dung cơ bản nhưng khó khăn nhất của phương pháp

này là thiết lập một công thức truy hồi cho mỗi bài tốn, tức là thay vì đếm
trực tiếp s(n) theo u cầu bài tốn, ta thiết lập một cơng thức liên hệ giữa
s(n), s(n − 1), . . . để từ đó tính được s(n).

1.6

Lý thuyết hàm sinh

Định nghĩa 1.6.1. Hàm sinh của dãy số thực a0 , a1 , . . . , an , . . . là hàm số được
xác định bởi
G(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · .


10

Định nghĩa 1.6.2. Cho dãy số thực a0 , a1 , . . . , an , . . .. Hàm số cho bởi công thức
∞

G(x) =

a0
n=0

xn
n!

được gọi là hàm sinh dạng mũ của dãy a0 , a1 , . . . , an , . . ..
Một số đẳng thức liên quan đến hàm sinh
1
= 1 + x + x2 + x3 + · · ·

1−x
1
= 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + · · ·
(1 − x)2
1
n(n + 1) 2 n(n + 1)(n + 2) 3
x +
x + ··· =
=
1
+
nx
+
(1 − x)n
2
3!

∞
2
Ci+n−1
xi
i=0

1
= 1 − x + x2 − x3 + · · ·
1+x
1
= 1 + 2ax + 3a2 x2 + 4a3 x3 + · · ·
(1 − ax)2
1

= 1 + xr + x2r + x3r + · · ·
r
1−x

Mệnh đề 1.6.3. Cho hàm sinh G(x) = (1 + x + x2 + · · · )n . Khi đó
r
a) Đặt ar là hệ số của xr trong khai triển của G(x) thì ar = Cr+n−1
.

b) (1 − xm )n = 1 − Cn1 xm + Cn2 x2m − · · · + (−1)n xmn .
c) (1 + x + x2 + · · · + xm−1 )n = (1 − xm )n (1 + x + x2 + · · · )n .
Mệnh đề 1.6.4 (Công thức xác định hệ số tích của hai hàm sinh). Cho hai
hàm sinh của hai dãy (an ), (bn ) lần lượt là
A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·
B(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · .

Đặt
G(x) = A(x)B(x) = (a0 + a1 x + a2 x2 + · · · )(b0 + b1 x + b2 x2 + · · · )
= a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2
+ (a0 b3 + a1 b2 + a2 b1 + a3 b0 )x3 + · · · .

Khi đó hệ số của xr trong khai triển của G(x) là
a0 br + a1 br−1 + a2 br−2 + · · · + ar−2 b2 + ar−1 b1 + ar b0 .


11

1.7

Tính chất số phức

Định nghĩa 1.7.1. Cho (x, y) ∈ R2 , một số biểu diễn dưới dạng z = x + iy , trong
đó i2 = −1 gọi là một số phức. Tập các số phức ký hiệu là C. Gọi x là phần thực
của z , kí hiệu Re z = x, y là phần ảo của z , kí hiệu Im z = y .
Mơđun của số phức z , kí hiệu là |z|, được xác định bởi số thực không âm
|z| =

x2 + y 2 = r ≥ 0.

Argument của z , kí hiệu arg z , được xác định bởi số thực
arg z = θ ∈ R sao cho cos θ =

x
y
, sin θ =
với z = 0.
|z|
|z|

Như vậy, số phức z có dạng viết:
• z = x + iy gọi là dạng chính tắc hay dạng đại số của số phức z.
• z = r(cos θ + i sin θ) gọi là dạng lượng giác của số phức z.

Gọi z k là lũy thừa bậc k của z . Bằng quy nạp, dễ chứng minh được
z k = rk (cos kθ + i sin kθ).

Định nghĩa 1.7.2. Cho n ∈ N∗ , z = r(cos θ + i sin θ). Số ζ ∈ C∗ được gọi là căn
√
bậc n của z , kí hiệu n z , nếu ζ n = z.
Nếu đặt ρ = |ζ| và φ = arg ζ thì

ρn = r và nφ = θ + 2kπ

hay là
ρ = r1/n và φ =

θ + 2kπ
với k = 0, 1, 2, . . . , n − 1.
n

Vậy z có đúng n căn bậc n, đó là các số thức có dạng
ζ = r1/n cos

θ + 2kπ
θ + 2kπ
+ i sin
,
n
n

k = 0, 1, 2, . . . , n − 1.


12

1.8

Bất biến, Tổ hợp lặp, Bài toán chia kẹo của
Euler

Bất biến là khái niệm quan trọng của tốn học. Nói một cách đơn giản thì

bất biến là đại lượng hay tính chất khơng thay đổi trong khi các trạng thái biến
đổi. Sử dụng bất biến để phân biệt các vật trong một phạm trù nào đó. Hai vật
thuộc cùng một loại nếu nó có cùng tính chất H nào đó và nếu vật A có tính
chất H , vật B khơng có tính chất H thì B khơng cùng loại với A.
Định nghĩa 1.8.1. Cho T là một thuật toán trên A, I là một tập hợp khác
rỗng mà ta gọi là khơng gian các mẫu bất biến. Khi đó, ánh xạ H : A → I được
gọi là hàm bất biến trên A nếu
∀a, b ∈ A : b ∈ a
¯ ⇒ H (a) = H (b) .

Định nghĩa 1.8.2 (Tổ hợp lặp). Mỗi cách chọn ra k vật từ n loại vật khác nhau
(trong đó mỗi loại vật có thể được chọn lại nhiều lần) được gọi là tổ hợp lặp
chập k của n. Số các tổ lặp chập k của n được ký hiệu là Knk .
Khi đó, ta có cơng thức tính số tổ hợp lặp chập k của n bằng
k
Knk = Cn+k−1
.

Định nghĩa 1.8.3. Cho một tập hữu hạn S = ∅. Một phân hoạch của S thành
k phần, với 1 ≤ k ≤ n, là một họ các tập con S1 , . . . , Sk thỏa mãn ba điều kiện
sau đây
k



i=1 Si = S
Si = ∅, ∀i





Si ∩ Sj = ∅, ∀i, j, i = j.

Định nghĩa 1.8.4. Với hai tập hợp A và B ta định nghĩa
A + B = {a + b|a ∈ A, b ∈ B}.

Xét phương trình f (x, y, z) + g(x, y, z) = h(x, y, z) trên tập Z.
Nếu phương trình có nghiệm trong Z thì nó cũng có nghiệm trong Zn .
Bằng cách xét tập A = f (x, y, z), B = g(x, y, z), C = h(x, y, z) và kiểm tra
A + B = C hay khơng để xét hoặc ít trường hợp hoặc phương trình khơng có
nghiệm.


13

Chương 2
Một số bài toán tổ hợp dành cho
học sinh khá, giỏi
2.1

Vận dụng nguyên lý bù trừ vào giải bài toán tổ
hợp

Bài toán 2.1.1 (APMO-2013). Cho a, b là hai số nguyên dương, A và B là hai
tập hữu hạn các số nguyên thỏa mãn:
(i) A và B phân biệt.
(ii) Nếu i ∈ A ∪ B thì hoặc i + a ∈ A hoặc i − b ∈ B .
Chứng minh rằng a |A| = b |B|.
Lời giải. Đặt Aa = {i − a | i ∈ A}, Bb = {i + b | i ∈ B} thì hai ánh xạ: A →
Aa , B → Bb là các song ánh nên |A| = |Aa | , |B| = |Bb | . Bây giờ do giả thiết (ii)

nên ta thấy i ∈ A ∪ B thì hoặc i + a ∈ A hay i ∈ Aa hoặc i − b ∈ B hay i ∈ Bb . Do
đó nếu i ∈ A ∪ B thì i ∈ Aa ∪ Bb . Vì thế mà
|A ∪ B| ≤ |Aa ∪ Bb | = |Aa | + |Bb | − |Aa ∩ Bb | .

(do A ∩ B = ∅ và |Aa | = |A| , |Bb | = |B|). Suy ra
|A| + |B| ≤ |Aa ∪ Bb | = |A| + |B| − |Aa ∩ Bb | .

Hay
|Aa ∩ Bb | ≤ 0 ⇔ |Aa ∩ Bb | = 0.


14

Vậy
Aa ∩ Bb = ∅.

(2.1)

Gọi S(X) là tổng tất cả các phần tử của X thì từ (2.1) ta suy ra
S(A ∪ B) = S(Aa ∪ Bb ) ⇒ S(A) + S(B) = S(Aa ) + S(Bb )
⇒ S(A) + S(B) = S(A) − a |A| + S(B) + b |B|
⇒ a |A| = b |B| .

Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.1.2 (HSG Đà Nẵng 2014). Tại một hội nghị quốc tế, các thành viên
tham dự đều biết ít nhất 1 trong 3 thứ tiếng Anh, Pháp, Đức. Biết rằng số thành
viên biết tiếng Anh, biết tiếng Pháp và biết tiếng Đức cùng bằng 50. Chứng minh
rằng có thể chia tất cả các thành viên tham dự hội nghị thành 5 nhóm sao cho
trong mỗi nhóm có đúng 10 thành viên biết tiếng Anh, 10 thành viên biết tiếng
Pháp và 10 thành viên biết tiếng Đức.

Lời giải. Trước tiên ta chia 50 thành viên biết tiếng Anh thành 50 nhóm, mỗi
nhóm có đúng 1 thành viên. Tiếp theo ta chia số thành viên biết tiếng Pháp vào
50 nhóm trên, mỗi nhóm có đúng một thành viên biết tiếng Pháp (nếu nhóm đó
có thành viên biết tiếng Pháp thì khơng cần thêm). Hiện tại có 50 nhóm, mỗi
nhóm có khơng q 2 thành viên và đã có một thành viên biết tiếng Anh, một
thành viên biết tiếng Pháp. Ta phân chia các nhóm theo ba lớp sau:
• Lớp α gồm những nhóm có đúng 2 thành viên biết tiếng Đức.
• Lớp β gồm những nhóm có đúng 1 thành viên biết tiếng Đức.
• Lớp γ gồm những nhóm khơng có thành viên biết tiếng Đức.

Gọi số nhóm thuộc các lớp α, β, γ lần lượt là x, y, z . Ta có
x + y + z = 50.

Bây giờ ta xếp các thành viên cịn lại vào 50 nhóm nói trên sao cho mỗi nhóm
phải thuộc một trong các lớp α, β, γ . Ta chứng minh các phân nhóm này thỏa
mãn yêu cầu đề bài.
Thật vậy, số thành viên biết tiếng Đức được phân nhóm 2x+y . Nếu 2x+y = 50
thì các thành viên biết tiếng Đức đã được phân tồn bộ vào các nhóm thuộc lớp
α, β . Nếu 2x + y < 50 thì số các thành viên biết tiếng Đức chưa được phân nhóm
(thành viên còn lại) là 50 − 2x − y . Ta tiếp tục phân nhóm các thành viên này
vào các nhóm ở lớp β, γ như sau:


15
• Ở lớp β mỗi nhóm có thể thêm vào 1 thành viên biết tiếng Đức.
• Ở lớp γ mỗi nhóm có thể thêm vào 2 thành viên biết tiếng Đức.

Vì 50 − 2x − y = −2(x + y + z) + 50 + 2z + y < 2z + y nên ta có thể phân được
thành viên cịn lại thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Sau khi đã phân nhóm, gọi A, B, C là số nhóm thuộc lớp α, β, γ . Ta có hệ sau

A + B + C = 50
2A + B + 0 · C = 50

⇒

A=C

.

B .. 2.

Bây giờ ta hợp 2 nhóm thuộc lớp α, γ thành một nhóm, 2 nhóm thuộc lớp β
thành một nhóm. Suy ra có 25 nhóm, mỗi nhóm có đúng 2 thành viên biết mỗi
thứ tiếng, hợp nhóm bất kì trong 25 nhóm nói trên thành 1 nhóm. Ta có điều
chứng minh.
Bài tốn 2.1.3 (Tập huấn IMO 2014). Tồn tại hay không vô hạn tập con
A1 , A2 , . . . , Ai , . . . của tập các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện
sau:
(i) |Ai | = 2 ∀i.
(ii) Với mọi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất số nguyên dương i để n ∈ Ai .
(iii) Với mọi i, tổng các phần tử thuộc Ai là 2015 + i.
Kết luận của bài tốn có thay đổi khơng nếu với mỗi i tổng các phần tử thuộc
Ai là 2015 + i2 .
Lời giải. Giả sử tồn tại vô hạn tập con A1 , A2 , . . . , Ai , . . . thỏa mãn cả 3 điều kiện
trên của bài toán. Đặt Si = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ai . Từ điều kiện (ii) suy ra Ai ∩ Aj = ∅
với mọi i, j . Do đó
|S| = |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Ai | = |A1 | + · · · + |Ai | = 2i.

Mặt khác từ điều kiện (iii) suy ra nếu n ∈ Ai thì n < 2015 + i. Vì thế nên
An ⊂ {1, 2, . . . , 2015 + i} ∀n ≤ i.

Suy ra
(A1 ∪ A2 . . . ∪ An ) ⊂ {1, 2, . . . , 2015 + i}.

Tức là Si ⊂ {1, 2, . . . , 2015 + i} đúng với mọi i nguyên dương. Suy ra |Si | ≤
|{1, 2, 3, . . . , 2015 + i}| hay 2i ≤ 2015 + i hay i ≤ 2015. Vậy không tồn tại tập
A1 , A2 , . . . , Ai , . . . thỏa mãn yêu cầu bài toán.


16

Nếu thay đổi điều kiện (iii) như ở đề bài (ta gọi điều kiện mới là điều kiện
(iv)) thì kết luận của bài toán thay đổi. Ta sẽ chỉ ra vô hạn các tập con của tập số
nguyên dương A1 , A2 , . . . , Ai , . . . thỏa mãn (i) và (ii) đồng thời thỏa mãn (iv). Ta
sẽ xây dựng từ từ, chọn A1 = {1, 2016}. Giả sử đã có A1 , A2 , . . . , Ak−1 (k ≥ 2) ta
chọn phần tử đầu tiên của Ak là ck , trong đó ck là số nguyên dương nhỏ nhất chưa
xuất hiện trong các tập A1 , A2 , . . . , Ak−1 (k ≥ 2). Ta chứng minh (2015 + k 2 − ck )
cũng chưa xuất hiện trong tập A1 , A2 , . . . , Ak−1 (k ≥ 2) và
(2015 + k 2 − ck ) > ck .

(2.2)

Với mỗi i ≤ k đã có tổng cộng 2(i−1) số nguyên dương xuất hiện trong tất cả các
tập A1 , A2 , . . . , Ai−1 . Do đó ci ≤ 2i − 1 với mọi i ≤ k . Do đó 2ci < 4i − 2 < 2015 + i2
hay
ci < 2015 + i2 − ci ∀i ≤ k.
(2.3)
Tiếp theo, do ck ≤ 2k − 1 nên
2015 + k 2 − ck ≥ 2015 + k 2 − 2k + 1 = 2015 + (k − 1)2
> 2015 + j 2 − cj > cj ∀j ≤ k − 1.

Điều này có nghĩa
2015 + k 2 − ck > tất cả các số trong A1 , A2 , . . . , Ak−1 .

(2.4)

Từ (2.3) và (2.4) suy ra (2.2) được chứng minh. Lúc này ta chỉ việc chọn phần
tử thứ hai của Ak là 2015 + k 2 − ck . Ta cứ xây dựng như thế khi cho k dần ra
vô cùng. Theo cách xây dựng từ (2.2) thì đương nhiên là với mỗi i có hai phần
tử phân biệt thuộc Ai có tổng bằng 2015 + i2 và với n bất kì, ta thấy sớm muộn
gì n cũng thuộc một tập Aj nào đó, hơn nữa tập này là duy nhất vì nếu tồn
tại m > j (trường hợp còn lại tương tự) sao cho 4n ∈ Ai ∩ Am thì theo (2.4) do
2015 + m2 − cm lớn hơn cả hai phần tử thuộc Aj cho nên n = cm . Suy ra cm ∈ Aj
(vơ lý). Vậy ta có một cách xây dựng thỏa mãn bài toán.

2.2

Vận dụng nguyên lý chim bồ câu vào giải bài
toán tổ hợp

Bài toán 2.2.1. Cho 2020 điểm N1 , N2 , . . . , N2020 thuộc một mặt phẳng và một
mặt cầu S có bán kính bằng 1 trong khơng gian. Chứng minh rằng tồn tại điểm
2020

M Nk ≥2020.

M thuộc S để
k=1

17

Lời giải. Xét đường kính M1 M2 của mặt cầu S . Vì M1 M2 = 2 nên


M1 N1 + M2 N1 ≥ M1 M2 = 2



M N + M N ≥ M M = 2
1

2

2

2

1

2


. . . ≥ M1 M2 = 2





M1 N2020 + M2 N2020 ≥ M1 M2 = 2.

Cộng tất cả 2020 bất đẳng thức này lại, vế theo vế, ta nhận được
2020

2020

M2 Nk ≥ 2 · 2020.

M1 Nk +
k=1

k=1
2020

M Nk ≥ 2020.

Theo nguyên lý chim bồ câu, ta có M = Mi để
k=1

Bài tốn 2.2.2. Cho 8 số tự nhiên 1 ≤ a1 < a2 < · · · < a8 ≤ 15. Chứng minh
rằng, trong số các hiệu ai − aj với j < i ≤ 8 có ba số bằng nhau.
Lời giải. Xét bảy hiệu ai+1 − ai với i = 1, 2, . . . , 7. Nếu trong số bảy hiệu này
không có ba số nào bằng nhau thì ta có bảy hiệu phải là hai số 1, hai số 2, hai
số 3 và một số lớn hơn hay bằng 4. Như vậy
14 ≥ a8 − a1
= (a8 − a7 ) + (a7 − a6 ) + (a6 − a5 ) + (a5 − a4 )
+ (a4 − a3 ) + (a3 − a2 ) + (a2 − a1 )
≥ 2 · 1 + 2 · 2 + 2 · 3 + 4 = 16.

Mâu thuẫn này chỉ ra điều giả sử là sai. Vậy, trong số các hiệu ai −aj với j < i ≤ 8

phải có 3 số bằng nhau.
Bài toán 2.2.3 (Đề nghị Olympic 30-4 2006). Gọi A là tập hợp các phần tử mà
mỗi phần tử là một bộ ba có thứ tự và x1 , x2 , x3 ∈ [0, 7] ∩ Z. Bộ x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ A
gọi là trội hơn bộ y = (y1 , y2 , y3 ) ∈ A nếu x = y và xi ≥ yi , ∀i ∈ {1, 2, 3} đồng thời
khi đó, ta có thể viết x y. Tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho mọi tập con n
phần tử của A đều chứa ít nhất hai hai bộ x, y để x y.
Lời giải. Bước 1: Ta chứng minh n ≤ 48 không thỏa mãn. Thật vậy, xét tập
B = {x ∈ A|x1 + x2 + x3 = 11} → |B| = 48.

Khi đó, phân hoạch B như sau:
B0 = {x ∈ B|x = (0, x2 , 11 − x2 )} → |B0 | = 4


18
B1 = {x ∈ B|x = (1, x2 , 10 − x2 )} → |B1 | = 5
B2 = {x ∈ B|x = (2, x2 , 10 − x2 )} → |B2 | = 6
B3 = {x ∈ B|x = (3, x2 , 8 − x2 )} → |B3 | = 7
B4 = {x ∈ B|x = (4, x2 , 7 − x2 )} → |B4 | = 8
B5 = {x ∈ B|x = (5, x2 , 6 − x2 )} → |B5 | = 7
B6 = {x ∈ B|x = (6, x2 , 5 − x2 )} → |B6 | = 6
B7 = {x ∈ B|x = (7, x2 , 4 − x2 )} → |B7 | = 5.

Dễ thấy rằng không tồn tại x, y trong B để x
tại x, y trong B để x y xét hai trường hợp:

y. Thật vậy, phản chứng là tồn

i) Nếu x, y ∈ Bi thì hiển nhiên ta có
x = (i, x2 , 11 − i − x2 ) , y = (i, y2 , 11 − i − y2 ) .

Vì x y nên x2 ≥ y2 , 11 − i − x2 ≥ 11 − i − y2 . Kéo theo → x2 = y2 hay x = y .
Điều này vô lý.
ii) Nếu x ∈ Bi , y ∈ Bj , i = j thì
x = (i, x2 , 11 − i − x2 ) , y = (j, y2 , 11 − j − y2 ) .

Vì x

y nên ta có
i ≥ j, x2 ≥ y2 , 11 − i − x2 ≥ 11 − j − y2 .

Suy ra i + x2 = j + y2 hay i = j, x2 = y2 . Điều này vơ lý. Vậy tập B có 48 phần
tử khơng thỏa mãn đề bài, Bước 1 được hoàn tất.
Bước 2: Ta chứng minh giá trị nhỏ nhất của n = 49 thỏa mãn đề bài. Muốn
chứng minh điều này ta xét các tập con của A như sau:
C1 = {x ∈ A|(x1 = 0, x2 = 7)}
C2 = {x ∈ A|(x1 = 1, x2 ≤ 6) ⊕ (x1 ≥ 1, x2 = 6)}
C3 = {x ∈ A|(x1 = 2, x2 ≤ 5) ⊕ (x1 ≥ 2, x2 = 5)}
C4 = {x ∈ A|(x1 = 3, x2 ≤ 4) ⊕ (x1 ≥ 3, x2 = 4)}
C = C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ C4
D = A\C = {x ∈ A|(x1 ≥ 4, x2 ≤ 3)}.

Đặt Ci,j = {x ∈ Ci |(x3 = j)} thì do 1 ≤ i ≤ 4, 0 ≤ j ≤ 7 nên
C := |{Ci,j }| = 4 · 8 = 32.


19

Đặt Du,v = {x ∈ D|(x1 = u, x2 = v)} thì do 4 ≤ u ≤ 7, 0 ≤ v ≤ 3 nên
D = |{Du,v }| = 4 · 4 = 16.

Xét tập B ⊂ A bất kỳ có 49 phần tử. Khi đó, ta có hai trường hợp.
i) Nếu |B ∩ C| > 32 thì do |C | = 32 nên theo nguyên lý chim bồ câu, B phải
chứa ít nhất hai phần tử x, y (x = y) thuộc cùng một tập Ci,j nào đó. Khi đó,
hai phần tử x, y này có quan hệ trội.
ii) Nếu |B ∩ C| ≤ 32 thì |B ∩ D| ≥ 49 − 32 = 17 nhưng |D | = 16 nên theo
nguyên lý chim bồ câu, B phải chứa ít nhất hai phần tử x, y (x = y) thuộc cùng
một tập Du,v nào đó. Khi đó, hai phần tử x, y này thỏa mãn x y. Bước 2 được
chứng minh. Vậy n = 49.
Bài toán 2.2.4 (VMO -2011). Cho ngũ giác lồi ABCDE có các cạnh và hai
√
đường chéo AC, AD có độ dài khơng vượt q 3. Trong ngũ giác này lấy 2011
điểm bất kì. Chứng minh rằng tồn tại một đường trịn đơn vị có tâm nằm trên
cạnh ngũ giác ABCDE và chứa ít nhất 403 điểm trong số 2011 điểm đã cho.
Lời giải. Trước khi chứng minh Bài tốn 2.2.4 ta có kết quả sau.
Bổ đề 2.2.5. Cho điểm I nằm trong tam giác XY Z có độ dài các cạnh khơng
√
vượt q 3. Khi đó ta có min{IX, IY, IZ} ≤ 1.

Chứng minh. Thật vậy, vì XIY + Y IZ + ZIX = 3600 nên trong ba góc XIY ,
Y IZ, ZIX phải có một góc khơng nhỏ hơn 1200 . Giả sử XIY ≤ 1200 thì áp dụng
Định lý Cosin trong tam giác IXY ta có
3 ≥ XY 2 = IX 2 + IY 2 − 2IX · IY · cos XIY
≥ IX 2 + IY 2 + IX · IY
≥ 3 min{IX 2 , IY 2 }.

Từ đây suy ra min{IX, IY } ≤ 1. Bổ đề được chứng minh.
Quay trở lại giải bài tốn. Theo giả thiết thì các tam giác ABC, ACD, ADE
√
đều có cả ba cạnh khơng vượt q 3, mà mỗi điểm trong 2011 điểm được đặt
trong ngũ giác ABCDE đều thuộc miền trong của một trong ba tam giác này

nên theo bổ đề, mỗi điểm phải cách một đỉnh nào đó của ngũ giác một khoảng
khơng lớn hơn 1. Theo nguyên lý chim bồ câu, có một đỉnh của ngũ giác có


20

khoảng cách khơng lớn hơn 1 đến ít nhất

2011
+ 1 = 403 điểm. Vậy bài tốn
5

được chứng minh.
Ta có thể thay số 2011 bởi một số tự nhiên (chẳng hạn n = 2021), Ta sẽ có
được một bài tốn tương tự.

2.3

Vận dụng phương pháp truy hồi vào giải bài
toán tổ hợp

Bài toán 2.3.1. Cho số nguyên dương n. Gọi Mn là tập các số tự nhiên (viết
trong hệ thập phân) có n chữ số, các chữ số lớn hơn 1 và khơng có hai chữ số
cùng nhỏ hơn 7 đứng liền nhau. Tính số phần tử của tập Mn .
Lời giải. Kí hiệu un = |Mn | , gọi Xn , Yn lần lượt là tập các số tự nhiên theo thứ
tự có chữ số tận cùng nhỏ hơn 7 và các số có tận cùng lớn hơn 6. Ta có
Mn = Xn ∪ Yn , Xn ∩ Yn = ∅.

Lấy một phần tử của Mn+1 bỏ đi phần tử cuối cùng ta được một phần tử của
Mn .

Ngược lại, xét một phần tử x của Mn . Nếu x có tận cùng nhỏ hơn 7 thì có
một cách thêm chữ số 0 vào vị trí đầu ta được một phần tử của Xn+1 và có đúng
3 cách thêm vào chữ số cuối để tạo ra một phần tử của Yn+1 .
Nếu x có tận cùng lớn hơn 6 thì thì có 5 cách thêm vào chữ số cuối để để tạo
ra một phần tử của Xn+1 và có 3 cách thêm vào chữ số cuối để tạo ra một phần
tử của Yn+1 . Vậy
|Xn+1 | = |Xn | + 5 |Yn |
|Yn+1 | = 3 |Xn | + 3 |Yn | .

Suy ra
|Mn+1 | = 4(|Xn | + |Yn |) + 4 |Yn | = 4(|Xn | + |Yn |) + 12 |Xn−1 | + |Yn−1 | .

Do đó
un+1 = 4un + 12un−1 , n ≥ 2.

Từ đó tìm được
un =

1
1
15.6n−1 + (−2)n−1 ⇒ |Mn | = 15.6n−1 + (−2)n−1 .
2
2