BÀI TOÁN CHIA kẹo EULER và ỨNG DỤNG

BÀI TỐN CHIA KẸO EULER VÀ ỨNG DỤNG
Lục Trí Tun
Tóm tắt: Bài toán chia kẹo Euler là bài toán đếm nổi tiếng với nhiều ứng dụng trong các bài toán đếm khác. Bài này
tơi trình bày bài tốn gốc cơ bản và một số bài toán đếm dạng ứng dụng mà nếu đếm theo cách thơng thường sẽ rất
khó khăn, nhưng khi hiểu theo các đếm của bài toán Euler thì bài tốn lại trở thành đơn giản.
BÀI TỐN GỐC

n,( n ≥ 1)

Bài tốn: Có
chiếc kẹo chia
em nhỏ nào khơng có kẹo ?

k

em nhỏ

( 1 ≤ k ≤ n)

. Hỏi có bao nhiêu cách chia kẹo sao cho khơng có

Hướng dẫn giải:
k=1
1
Nếu
thì chỉ có cách chia kẹo.
Nếu k≥2 , ta trải n chiếc kẹo thành hàng ngang. Tiếp theo ta dùng k −1 cái thước đặt vào (n −1) khe giữa các viên kẹo
để chia nó thành k phần. Như vậy có tất cả
k−1
n−1

C
Như vậy có tất cả

Cnk−−11

cách.

cách chia kẹo đúng cho cả trường hợp k = 1.

ỨNG DỤNG ĐẾM SỐ NGHIỆM NGUN CỦA PHƯƠNG TRÌNH

Ví dụ 1.1: Phương trình

x1 + x2 + … + xk = n

với n ≥ k có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

Hướng dẫn giải:

Coi

xi

là phần kẹo của em nhỏ thứ i trong bài toán chia kẹo thì số nghiệm của phương trình chính là số cách chia n

chiếc kẹo cho k em nhỏ. Vậy phương trình có

Ví dụ 1.2: Phương trình
Hướng dẫn giải:

Cnk−−11

x1 + x2 + … + xk = n

(

) (

nghiệm nguyên dương.

có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm?

)

(

)

x1 + x2 + … + xk = n ⇔ x1 + 1 + x2 + 1 + L + xk + 1 = n + k
Có
Đặt

x = xi + 1
'
i

'
i

.

x
thì

là các số ngun dương.

Áp dụng bài tốn gốc ta có tất cả

Ví dụ 1.3: Bất phương trình
Hướng dẫn giải:

Cnk+−1k−1

nghiệm ngun khơng âm của phương trình.

x1 + x2 + L + xk < n,( n ≥ k + 1)

x1 + x2 + L + xk < n ⇔ x1 + x2 + L + xk + x' = n

Có
của phương trình.

Ví dụ 1.4: Bất phương trình
Hướng dẫn giải:

với

x1 + x2 + … + xk ≤ n,( n ≥ k)

có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?

x' ≥ 1

. Vậy có tất cả

Cnk−1

nghiệm nguyên dương

, có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?


x1 + x2 + L + xk ≤ n ⇔ x1 + x2 + L + xk + x' = n
⇔ x1 + x2 + L + xk + x'' = n + 1

với

x'' = x' + 1
k
n

x' ≥ 0

với

. Hay tương đương :

.

C

Áp dụng bài tốn Euler thì phương trình trên có

Ví dụ 1.5: Phương trình

n≥

x1 + x2 + … + xk = n

nghiệm

có bao nhiêu nghiệm nguyên thỏa mãn

xi ≥ di

với

di ≥ 0

cho

k

∑ d,k ≥ 1
i

i =1

trước, biết
Hướng dẫn giải:

Đặt

x'i = xi − di + 1 ⇒ x'i ≥ 1

D=

′
2

′
k

i =1

và

k

∑d
i =1

Đặt

k

x + x + L + x = n + k − ∑ di
′
1

i

thì theo bài tốn chia kẹo, phương trình có

Cnk+−k1− D−1

nghiệm.

ỨNG DỤNG CHO CÁC BÀI TỐN ĐẾM THỰC TẾ

( O)

20

Ví dụ 2.1: Cho đa giác đều
cạnh nội tiếp trong đường tròn
của đa giác và 3 cạnh là 3 đường chéo của đa giác?
Hướng dẫn giải:

. Có bao nhiêu tam giác mà các đỉnh là 3 đỉnh

Gọi số đo mỗi cung chứa 1 cạnh của đa giác đều là 1 đơn vị (thực ra bằng

2π
20

Xét 1 tam giác thỏa mãn, với mỗi đỉnh gọi số đo 3 cung chứa 3 cạnh của nó là
và
Đặt

)

x, y, z

x + y + z = 20

x' = x − 1; y' = y − 1; z' = z − 1
2
16

ta có

x', y', z' ≥ 1

và

x' + y' + z' = 17

C
Theo bài tốn Euler có

ứng với

3

nghiệm của phương trình. Thực hiện cho

đỉnh của nó nên số tam giác thỏa mãn đề bài là

Tổng quát: Với

Ví dụ 2.2: Cho
này?

n
n

giác đều và số đa giác

k

20 2
C
3 16

20

giác đều nội tiếp đường tròn

x, y, z ≥ 2

và

.

đỉnh nhưng mỗi tam giác được đếm

3

lần

tam giác.

đỉnh mà các cạnh đều là đường chéo của

( O)

thì ta có :

n

giác là

n k−1
C
k n− k−1

. Hỏi có bao nhiêu tam giác tù mà các đỉnh là đỉnh của đa giác

Hướng dẫn giải:
Xét mỗi tam giác tù thỏa mãn có đỉnh góc tù là 1 đỉnh của đa giác đều. Gọi

x, y

là số lần số đo cung chứa 2 cạnh bên


x+ y <
của tam giác so với số đo cung chứa 1 cạnh. Tam giác này tù khi và chỉ khi
đường trịn).

Nếu

Nếu

n

n

lẻ, ta có :

nC
. n2

2

2

2
 n
 
2

x

1
2

−1

. Áp dụng Ví dụ 1.4 ta có

2
 n
 
2

nC
nghiệm. Vậy số tam giác thỏa mãn là

Vậy số tam giác tù thỏa mãn là :

n ×C n2 khi nchan
−1

2

2
n ×C n khi nle

2

( Oxy)
Ví dụ 2.3: Trong mặt phẳng
là tập hợp tất cả các điểm

A( x; y) ∈ S

. Vậy số tam giác thỏa mãn là

là ký hiệu số nguyên lớn nhất không vượt q

C
phương trình có

−1

[x]
với

(tức nhỏ hơn

C n2
chẵn, áp dụng Ví dụ 1.3, số nghiệm của phương trình là

 n
x+ y ≤  
2

n
,( x, y ≥ 1)
2

cho hình chữ nhật

A( x; y), x, y ∈ N

. Tính xác suất để

OMNP

M( 0; 10); N( 100; 10)
với

nằm bên trong (kể cả trên cạnh) của

P( 100; 0)
và

OMNP

. Gọi

S

. Lấy ngẫu nhiên 1 điểm

x + y ≤ 90

Hướng dẫn giải:
y 0
10
x
Bài này có thể đếm theo kiểu liệt kê các trường hợp của từ đến . Mỗi trường hợp này đếm số giá trị của
thỏa mãn.


Bây giờ ta trình bày cách sử dụng bài tốn Euler.

| Ω |= 101 × 11 = 1111

Khơng gian mẫu dễ thấy bằng

Bài toán trở thành đếm các nghiệm nguyên khơng âm của bất phương trình

x + y ≤ 90

0 ≤ x ≤ 100 & 0 ≤ y ≤ 10

(*) với điều kiện

+) Số nghiệm không âm của (*) không ràng buộc điều kiện (tức là tính cả các nghiệm mà
nghiệm nguyên dương của

x' + y' ≤ 92

. Ở đây :

2
92

x' = x + 1 ≥ 1; y' = y + 1 ≥ 1

11 ≤ y ≤ 90

) bằng số

.

C
Do đó, theo Ví dụ 1.4, số nghiệm là

nghiệm.

0 ≤ x ≤ 90 & 11 ≤ y ≤ 90

+) Ta đếm số nghiệm của (*) thỏa mãn

Ta có

(*) ⇔ ( x + 1) + ( y − 10) ≤ 81 ⇔ x' + y' ≤ 81

x' = x + 1; y' = y − 10

với
2
81

nguyên dương.

C
Số nghiệm của phương trình này theo Ví dụ 1.4 là

.

C922 − C812

+) Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn ràng buộc ban đầu là

Vậy xác suất cần tính của bài tốn là :
Ví dụ 2.4: Cho đa giác đều

Chọn ngẫu nhiên

1

15

C922 − C812
86
P=
=
1111
101

đỉnh. Gọi

tam giác thuộc

M

Hướng dẫn giải:

M

là tập tất cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giá đều này.

. Tính xác suất để tam giác được chọn là tam giác cân nhưng không đều.

( O)

Giải sử đa giác đều nội tiếp đường tròn

và số đo mỗi cung căng 1 canh là 1 đơn vị, ta có 15 cung bằng nhau

| Ω |= C153

như vậy. Khơng gian mẫu có kích thước
.
Xét một đỉnh tam giác cân có 1 đỉnh là 1 đỉnh của đa giác đều thì số đo cung chứa hai cạnh bên bằng nhau bằng

x ≥ 1, x ∈ ¢

, cạnh cịn lại là

y ≥ 1, x ∈ ¢.

Ta có :

cân có đỉnh là đỉnh của đa giác đã cho nên có tất cả

P=
Vậy xác suất cần tính là

2 x + y = 15 ⇔ x ≤ 7

15.6 = 90

và

x≠ y⇒ x≠ 5

. Vậy có 6 tam giác

tam giác cân không đều thỏa mãn.

90 18
=
91
C153
X = {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}

Ví dụ 2.5: Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập
. Rút ngẫu nhiên
một một số thuộc tập S . Tính xác suất để rút được số mà trong đó chữ số đứng sau ln lớn hơn hoặc bằng chữ số
đứng trước.
Hướng dẫn giải:
Không gian mẫu dễ tính được
Xét một số
Đặt

abc

| Ω |= 7.8.8 = 448

thỏa mãn đề bài thì

.

1≤ a≤ b≤ c≤ 7

x = a − 1; y = b − a; z = c − b; t = 7 − c

, Ta có :

.

x, y, z, t ≥ 0, x, y, z, t ∈ ¢

số nghiệm ngun khơng âm của phương trình (*) chính là số các số

abc

và :

x+ y+ z+ t = 6

thỏa mãn đề bài.

(*). Vậy


Mà theo Ví dụ 1.2, phương trình (*) có

P=
Vậy xác suất cần tính là :
Ví dụ 2.6: Cho đa giác đều
vuông không cân.
Hướng dẫn giải:

20

C64+−41−1 = C93

C
3
=
448 16
đỉnh. Lấy ngẫu nhiên

Gọi

là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều
20
1
đa giác là đơn vị, ta có
cung như vậy.

1

20

tam giác vng tại một đỉnh của đa giác, gọi

m+ n = 10

(*) với

n, m ≥ 1; m, n ∈ ¢

m= n = 5

giác vng cân khi
vng khơng cân thỏa mãn.

P=
Vậy xác suất cần tính là :

số thỏa mãn biến cố xảy ra.

3
9

( O)

Xét

nghiệm . Do đó có

C93

3

đỉnh. Tính xác suất để

3

đỉnh đó tạo thành một tam giác

đỉnh và gọi số đo mỗi cung chắn bởi 1 cạnh của

m, n

là số đo hai cung căng bởi hai cạnh bên của tam giác, ta có

. Do đó số tam giác vng tạo thành từ 1 đỉnh là

C91 = 9

nên có 8 tam giác vng khơng cân từ 1 đỉnh. Vậy có tất cả

trong đó có 1 tam

20.8 = 160

tam giác

160
8
=
3
57
C20

n,( n ≥ 4)

( O)

Ví dụ 2.7: Cho
giác đều nội tiếp đường trịn
. Có bao nhiêu hình thang (khơng là hình chữ nhật) mà
4

đỉnh là các đỉnh của đa giác đều đã cho?
Hướng dẫn giải:
Gọi mỗi cung chứa một cạnh của đa giác đều trên đường tròn là 1 đơn vị (có n cung như vậy).
Xét một hình thang thỏa mãn mà đỉnh đầu tiên chứa đáy nhỏ là
đồng hồ. Gọi

x, y, y, z

Ai

, các đỉnh tiếp theo theo thứ tự thuận chiều kim

lần lượt là số đo các cung chứa đáy nhỏ, hai cạnh bên và đáy lớn của hình thang, ta có:

1 ≤ x, y, z ∈ ¢

x < z
 x + 2 y + z = n(*)


Ta có phương trình (*) tương đương với

x + z = n − 2y

Theo bài toán chia kẹo Euler, phương trình (**) có
x< z
ngun dương của (**) mà
.

• Nếu n lẻ thì (**) khơng có nghiệm

x= z

• Nếu n chẵn thì (**) có đúng 1 nghiệm

(**) với mỗi

n − 2y − 1

thỏa mãn

n− 2
2

nghiệm nguyên dương. Bây giờ ta đếm các nghiệm

nên số nghiệm thỏa mãn

x= z

y

1≤ y<

x< z

nên số nghiệm thỏa mãn

là

x< z

n − 2y − 1
2

là

n − 2y − 2
2


n−3
2

∑
Vậy số nghiệm của (*) thỏa mãn các ràng buộc đã cho là
n− 4
2

∑
y=1

y=1

n − 2y − 1 1
= ( n − 1)( n − 3)
2
8
với n lẻ

n − 2y − 2 1
= ( n − 2)( n − 4)
2
8
với n chẵn

x, y, z

Với mỗi bộ số
thỏa mãn (*) xuất phát từ 1 đỉnh đa giác là đỉnh đầu tiên của đáy nhỏ hình thang (ứng với
cạnh x ) theo chiều thuận kim đồng hồ ta có 1 hình thang thỏa mãn. Vậy tổng số hình thang thỏa mãn là :

1
n( n − 1)( n − 3)
8
Áp dụng: Với

đa giác là:

1
n( n − 2)( n − 4)
8

với n lẻ,

n = 20

20

tức đa giác đều

với n chẵn

cạnh, số hình thang khơng phải hình chữ nhật tạo thành từ các đỉnh của

1
.20.18.16 = 720
8

Ví dụ 2.8: Gọi

S

7

chữ số mà tổng các chữ số của nó bằng
S
11
. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho .
Hướng dẫn giải:

Gọi

a1a2 … a7

là tập tất cả các số có

là số thỏa mãn đề bài với

1 ≤ a1 ≤ 9; 0 ≤ a2 , a3 ,…, a7 ≤ 9


a1 + a2 + L + a7 = 59( 1)

59

. Lấy ngẫu nhiên một số trong

.

Vậy số phần tử của không gian mẫu là số nghiệm của (1).
Ta có :

(

) (

)

(

)

( 1) ⇔ 10 − a1 + 10 − a2 + L + 10 − a7 = 11 hay x1 + x2 + L + x7 = 11

xi = 10 − ai ⇒ 1 ≤ x1 ≤ 9

nghiệm của (*) là
Có :

a1a2 … a7

C106

và

. Vậy :

1 ≤ x2 , x3 ,… , x7 ≤ 10

| Ω |= C106

chi hết cho 11 nên

3

7

2

)

+ a4 + a6 = 11; 22; 33; …

a1 + a3 + a5 + a7 = 35

(2) và

4

(3).

6

nên tương tự (1) có số nghiệm là

( 10 − a ) + ( 10 − a ) + ( 10 − a ) + ( 10 − a ) = 5
1

C43

5

( 10 − a ) + ( 10 − a ) + ( 10 − a ) = 6
2

Phương trình (3) tương đương

trong nghiệm của (*) khơng vượt quá 10 nên số

.

a2 + a4 + a6 = 24

Phương trình (2) tương đương

xi

. Do các

(a +a +a +a ) −(a

1

Kết hợp với (1) ta được :

(*) trong đó :

3

5

C52

.

7

nên tương tự (1) có số nghiệm là


Ω A = C52 ×C43
Vậy số các số có 7 chữ số có tổng là 59 và chia hết cho 11 là

P( A) =

C52 ×C43
6
10

C

biến cố cần tìm là :

=

. Do đó xác suất của

4
21
.

Ví dụ 2.9: Từ các số 0,1,2,3,4,5,6 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số (các chữ số không nhất thiết khác nhau)
và chia hết cho 9.
Hướng dẫn giải:
Gọi số thỏa mãn có dạng
Trường hợp 1:

a1a2 … a5

thỏa mãn đề bài, ta có :

a1 +a2 +a3 +a4 + a5 = 9

xi = ai + 1, i = 2,… , 5

với

1 ≤ a1 ≤ 6; 0 ≤ ai ≤ 6( i = 2,…, 5)

thì ta có :

C124

.

a1 ≥ 7,( 1) ⇔ x2 + x3 + x4 + x5 ≤ 6 ⇒ xi < 7

xi ≥ 8

4
6

. Đặt

a + x + x + x + x = 13( 1)
2
3
4
5
 1
1 ≤ a1 ≤ 6
1 ≤ x ≤ 7
i


- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (1) là
- Nếu

a1 +a2 +a3 +a4 + a5 = 9 ; 18 ; 27

nên không trùng với các trường hợp

C
, phương trình này có

nghiệm.

xi ≥ 8,( 1) ⇔ a1 + ∑ xj ≤ 5 ⇒ a1, xj < 6
j ≠i

- Nếu
nghiệm nên với 4 vị trí
Vậy trường hợp này có
Trường hợp 2:

thì ta có :

xi

nên khơng trùng với trường hợp trên. Phương trình này có
4
5

4.C
có

nghiệm.

C − C − 4 ×C54
4
12

4
6

a1 + a2 +a3 +a4 +a5 =18

số thỏa mãn đề bài.
với

này có

1 ≤ a1 ≤ 6; 0 ≤ ai ≤ 6( i = 2,… , 5)

. Đặt

xi = 7 − ai , i = 1,… , 5

 x + x + x + x + x = 17( 2)
2
3
4
5
 1
1 ≤ x1 ≤ 6
1 ≤ x ≤ 7, i = 2,… , 5
i


- Số nghiệm nguyên dương bất kỳ của (2) là
- Nếu

C164

.

x1 ≥ 7,( 1) ⇔ x2 + x3 + x4 + x5 ≤ 10 ⇒ xi < 7
C104

nên không trùng với các trường hợp

xi ≥ 8

nghiệm.

xi ≥ 8, i = 2,… , 5,( 1) ⇔ x1 + ∑ xj ≤ 9 ⇒ xj < 7
- Nếu

C54

j ≠i

nên không trùng với trường hợp trên.

, phương trình


Phương trình này có

C94

nghiệm nên với 4 vị trí xi có

4.C94

nghiệm.

C − C − 4 ×C
4
16

Vậy trường hợp này có
Trường hợp 3:

4
9

a1 + a2 +a3 +a4 +a5 =27

xi = 7 − ai , i = 1, 2,…, 5
Từ (2) và

4
10

thì ta có :

xi ≥ 1 ⇒ xi ≤ 6
4
7

số thỏa mãn đề bài.
với

1 ≤ a1 ≤ 6; 0 ≤ ai ≤ 6( i = 2,… , 5)

 x + x + x + x + x = 8( 3)
2
3
4
5
 1
1 ≤ x1 ≤ 6
1 ≤ x ≤ 7, i = 2,… , 5
i


nên tập nghiệm của (3) không vượt ra khỏi miền xác định của

C
Phương trình này có

Vậy trường hợp này có
Vậy có tất cả

+
12

+
16

nghiệm.

C74

. Đặt

số thỏa mãn đề bài.

C + C + C74 − C64 − C104 − 4C54 − 4C94 = 1601

số thỏa mãn đề bài.

xi

.