SKKN HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Tốn tổ hợp có vị trí rất quan trọng trong Tốn học, khơng những là một đối tượng
nghiên cứu trọng tâm của Đại số, Lý thuyết số mà cịn là một cơng cụ đắc lực của Giải tích,
trong Lý thuyết điều khiển, Tối ưu, Xác suất thống kê, các bài toán tin học... Trong các kỳ thi
học sinh giỏi các cấp (MTCT, HSG toán...), các bài toán về tổ hợp cũng được đề cập liên tục
như một phần không thể thiếu trong cấu trúc đề thi và được xem như là những dạng tốn khó
của bậc phổ thơng. Tuy nhiên cho đến nay, tài liệu về toán tổ hợp mặc dù rất phong phú và đa
dạng, được trình bày ở mức độ sâu sắc nhưng ở các chuyên đề nhỏ lẻ, phân tán; các bài tập về
tổ hợp cũng chưa được phân loại và hệ thống hoá một cách chi tiết, dễ hiểu, phù hợp với học
sinh lứa tuổi THPT.
Vì vậy, để bồi dưỡng kiến thức về tốn tổ hợp cho các em học sinh tham gia ôn luyện
học sinh giỏi mơn Tốn hiệu quả hơn trong điều kiện thực tế của trường THPT chuyên Bắc
Kạn và sự sưu tầm, đức rút kinh nghiệm qua hơn 3 năm ôn luyện cho đội tuyển Toán của
trường về chuyên đề tốn tổ hợp, chúng tơi chọn chun đề: Hướng dẫn học sinh giỏi phần
tốn tổ hợp.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu: Tìm hiểu lý thuyết và xây dựng hệ thống bài tập về phép
đếm nâng cao, các nguyên lý cơ bản của tổ hợp. (Các quy tắc đếm cơ bản đã có trong sách
giáo khoa phổ thơng) .
3. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách, báo, tạp chí, đề thi học sinh giỏi các cấp,
phương pháp giảng dạy toán, nguồn Internet, phương pháp nâng cao, phát triển tư duy toán
học.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm qua các năm trực tiếp giảng dạy,
qua các đợt tập huấn cho giáo viên THPT chuyên về chuyên đề tổ hợp của Viện Toán học Việt
Nam, Đại học sư phạm Hà Nội, Đại học Khoa học tự nhiên và Viện nghiên cứu câo cấp về
Toán, qua trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp.
4. Bố cục của đề tài
A. Phần mở đầu

1. Lý do
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
3. Phương pháp nghiên cứu
B. Nội dung đề tài “Hướng dẫn học sinh giỏi phần toán tổ hợp”
1. Một số phép đếm nâng cao và bài tập
Phần I. Lực lượng tập hợp
Phần II. Phương pháp song ánh
Phần III. Phương pháp đệ quy
2. Các nguyên lý cơ bản của tổ hợp và bài tập
Phần I. Nguyên lý Direclet
Phần II. Đơn biến và bất biến
Phần III. Nguyên lý cực hạn
C. Kết luận
Tài liệu tham khảo.
1


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

B. NÔI DUNG ĐỀ TÀI
CHUYÊN ĐỀ 1: MỘT SỐ PHÉP ĐẾM NÂNG CAO VÀ BÀI TẬP
---------Phần I. LỰC LƯỢNG TẬP HỢP
1. Cơ sở lí thuyết
1.1. Nguyên tắc bù trừ. Nếu A là hữu hạn, BA thì |A| = |B| + |A\B|.
1.2. Quy tắc cộng.
+) Nếu AB =  thì |AB| = |A| + |B|.
+) Tổng quát: Cho các tập A1, A2,..., An hữu hạn. Khi đó
n

n

i 1

i 1

U Ai  �| Ai | 

�

1�i  j �n

| Ai �A j | 

�

1�i  j  k �n

| Ai �A j �Ak | ...  (1) n | A1 �A2 �... �An | .

1.3. Quy tắc nhân. Cho các tập A1, A2,..., An hữu hạn. Khi đó
| A1 �A2 �... �An || A1 | . | A2 | ... | An | .
2. Một số ví dụ
Bài 1. Trong tập A = {1, 2, 3, ..., 280} có bao nhiêu phần tử của A khơng chia hết cho bất kì số nào
trong các số 2, 3, 5, 7.
Bài 2. Cho p, q, r là các số nguyên tố và tập A = {1, 2, 3,..., p.q.r}. CMR trong tập A số phần tử
không chia hết cho bất kì số nào trong ba số p, q, r khơng nhỏ hơn 8.
Bài 3. Cho tập A = {1, 2, 3, ..., 280}. Gọi n là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn: Mọi tập có n phẩn tử
của A đều chứa 5 số đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng: n  217.
HD. Bài 1 + Nguyên lí Dirichlet.
Nhận xét. Có thể chỉ ra là n = 217 là nhỏ nhất.

Bài 4. Trong một kì thi gồm 3 mơn thi Tốn, Văn, Ngoại ngữ; khi tổng hợp điểm người ta thấy rằng:
- Có tổng số 1000 thí sinh tham gia;
- Có 200 thí sinh được điểm 10 mơn Tốn;
- Có 150 thí sinh được điểm 10 mơn Ngoại ngữ;
- Có 100 thí sinh được điểm 10 mơn Văn;
- Có 50 thí sinh được điểm 10 cả hai mơn Tốn và Văn;
- Có 60 thí sinh được điểm 10 cả hai mơn Ngoại ngữ và Văn;
- Có 70 thí sinh được điểm 10 cả hai mơn Tốn và Ngoại ngữ;
- Có 10 thí sinh được điểm 10 cả ba mơn Tốn, Văn và Ngoại ngữ.
Hỏi có bao nhiêu thí sinh khơng được điểm 10 ở bất khì mơn thi nào?
Bài 5. Có 10 học sinh khối 10, 11 học sinh khối 11, 12 học sinh khối 12. Hỏi có bao nhiêu cách
chọn ra 8 học sinh đủ cả ba khối.
Bài 6. Cho tập M = {1, 2, 3, …, 2n}. Một hốn vị của M gọi là có tính chất p nếu trong hốn vị đó
có ít nhất hai phần tử liền kề nhau có hiệu bằng n. Chứng minh rằng trong tất cả các hoán vị của M,
số hốn vị có tính chất p lớn hơn số hốn vị khơng có tính chất p.
HD. Gọi A là tập tất cả các hốn vị của M có tính chất p. Ta chứng minh 2|A| > (2n)! (*).

2


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016
n

Gọi Ak là tập các hoán vị của M mà k và n+k đứng liền kề nhau, k = 1,…, n. Khi đó A =

U Ak

(1).

k 1

Từ (1), theo công thức về lực lượng tập hợp ta có:
| A |

n

�| Ak |  �

k 1

�|
A|

1�k i �n

n

�| Ak |

k 1

| Ak �Ai | 

�

1�k  i �n

�

1�k i  j �n

| Ak

| Ak �Ai �A j | ...  (1) n 1 | A1 �A2 �... �An |

Ai | (2).

Dễ có |Ak| = 2(2n-1)!; |AkAi | = 4(2n-2)!. Thay vào (2) ta được:
| A |�2n(2n  1)!

n(n  1)
1
1
.4.(2n  2)!  2n 2 (2n  2)!  2n(2n  1)(2 n  2)!  (2 n)! (đpcm).
2
2
2

Bài 7. Trên một bàn cờ tướng đã bỏ đi một đường chéo chính. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 8
quân xe lên bàn cờ đó sao cho khơng có qn xe nào ăn qn xe nào?
HD. Số cách 8 quân xe lên bàn cờ, khi chưa xóa đi đường chéo chính, sao cho khơng có qn xe
nào ăn quân xe nào là 8! Cách (1).
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho các ô bỏ đi trên đường chéo chính tương ứng với các tọa độ (i, i)
với i = 1, 2, …, 8. Gọi Ai là số cách xếp các quân xe thỏa mãn bài toán mà có 1 qn xe đứng ở vị
trí (i; i). Khi đó: |Ai| = 7!, |AiAj| = 6!,…, |A1…A8| = 0! = 1. Vậy
A1 �... �A8  C81.7! C82 .6! C83.5! C84 .4! C85.3! C86 .2! C87 .1! C88.0! 
 8!

8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!
      .

2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!

Suy ra, số cách xếp hợp lệ là:

8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!
       14833.
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!

Bài 8 (VMO 2005). Tìm hiểu kết quả học tập ở một lớp học, người ta thấy:
- Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở mơn Tốn cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở mơn Vật lí;
3

- Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở mơn Vật lí cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở môn Văn;
3

- Hơn

2
số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử;
3

- Hơn

2

số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử cũng đồng thời đạt điểm giỏi ở mơn Tốn.
3

Chứng minh rằng trong lớp học nói trên có ít nhất một học sinh đạt điểm giỏi ở cả bốn mơn: Tốn,
Vật lí, Văn và Lịch sử.
HD. Gọi T, L, S, V lần lượt là tập các học sinh đạt điểm giỏi các môn Tốn, Lí, Sử, Văn. Khơng mất
tính tổng qt giả sử |T| ≥ |L| ≥ |V| ≥ |S| (*) do vai trị bình đẳng của chúng trong giả thiết.
Đặt TL = TL, LV = LV, VS = VS. Theo giả thiết ta có: TL 
Ta cần chứng minh: |TLVS| > 0 hay |TLLVVS| > 0.
Theo ngun lí bù trừ ta có:

3

2
2
2
T ; LV  L ; VS  V (**).
3
3
3


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

|TLLVVS| = |TLLV| + |VS| - |(TLLV) VS| = |TL| + |LV| + |VS| - |TLLV| - |(TLLV) VS|

(**)



2
2
2
2
2
2
|T| + |L| + |V| - |(TL) (LV| - |(TLV) (VS| > |T| + |L| + |V| - |L| - |V| ≥
3
3
3
3
3
3
(*)
2
1
1
|T| - |L| - |V|
�0 (đpcm).
3
3
3

Bài 9. Cho lưới ơ vng như hình vẽ:

Có bao nhiêu đường đi từ góc dưới bên trái lên góc trên bên phải bằng các đi ngang hoặc đi lên 1
đơn vị thỏa mãn: Các đường đi đó khơng đi qua 3 đoạn AB, CD, EF?
Bài 10. Cho A = {a1, a2, …, a8}. (A) là tập các tập con của A có tính chất: Các tập thuộc (A) có
đúng 3 phần tử và giao của hai tập bất kì thuộc (A) không chứa hai phần tử của A. Chứng minh
rằng:

a) Nếu B1, B2, B3, B4 là các tập thuộc (A) thì B1B2B3B4 = .
b) Max|(A)| = 8.
HD.
a) Giả thiết phản chứng là B 1B2B3B4  . Khi đó tồn tại và có thể giả thiết là a 1 thuộc A và
thuộc B1B2B3B4  BiBj = 1 với i, j = 1, 2, 3, 4, i khác j. Suy ra:
|A| ≥ |B1B2B3B4| = 12 - 6 + 6 - 1 = 11 > 8, vơ lí.
Vậy B1B2B3B4=.
b) Do B1B2B3B4 =  với mọi B1, B2, B3, B4 bất kì nên mỗi phần tử của A thuộc không quá ba
tập con Bi của (A). Vậy 3.| (A)| ≤ 24  |(A)| ≤ 8.
Với |(A) = 8| ta có một cách chọn (A) như sau:
B1 = {a1, a2, a3}; B2 = {a1, a4, a5}; B3 = {a1, a7, a8}; B4 = {a2, a4, a6};
B5 = {a2, a5, a7}; B6 = {a3, a4, a8}; B7 = {a3, a6, a7}; B8 = {a5, a6, a8}.
Vậy Max|(A)| = 8.
Bài 11. Cho 167 tập hợp A1, A2, …, A167 có tính chất:
i) |A1| +…+|A167| = 2004;
ii) |Ai| = |Aj|.|AiAj| với i, j = 1, 2, …, 167 và i khác j.
Hãy:
a) Chứng minh rằng |Ai| = 12 với i = 1, 2,…, 167.
167

b) Tính U Ai .
i 1

HD.
a) Dễ có |AiAj| = 1 và |Ai| = 12 với i, j = 1, 2,…, 167 và i khác j.
4


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016
167

b) Ta sẽ chứng minh

I Ai

 1 (*).

i 1

Thật vậy, xét tập A1. Từ |A1Ai| = 1 với i = 1, 2,…, 167 suy ra mỗi tập A 2, A3 ,…, A167 chứa đúng
một phần tử của A1. Do |A1| = 12 nên theo nguyên lí Đirichlet thì tồn tại và có thể giả sử là A 2,
…,A15 cùng chứa a thuộc A1. Nếu có i > 15 sao cho aAi thì |AiAj| = 1  |Aj(Ai\{a})| = 1. Vậy:
Aj(Ai\{a}) ={bj} với j = 1, 2,…,15 (1). Dễ thấy các b j là phân biệt nên từ (1) suy ra A i chứa quá 12
phần tử. Trái với kết luận |Ai| = 12. Vậy (*) được chứng minh.
Từ (*) và |AiAj| = 1 i, j = 1, 2,…, 167 và i khác j suy ra:
167

167

167

i 1

i 1

i 1

UAi  ( U ( Ai \{a}) �{a}  ( U ( Ai \{a})  |{a}|=167.11+1=1838.
BÀI TẬP

Bài 1. Một số tự nhiên được gọi là số đẹp nếu nó là hợp số và không chia hết cho 2, 3, 5.
a) Hỏi có bao nhiêu số nguyên tố nhỏ hơn 1000;
b) Hỏi có bao nhiêu số đẹp nhỏ hơn 1000.
Bài 2. Giả sử có n = 2008 tập A1,…,A2008 thỏa mãn:
i) |Ai| = k = 10 với i = 1, 2, …, n = 2008.
ii) |AiAj| = 2k - 1 = 19 với i, j = 1, 2,…, n = 2008 và i khác j. (Tổng quát: n > k2 - k + 1).
Xác định

n  2008

U

i 1

Ai .

Bài 3. Có 1999 người tham dự một cuộc họp. Cứ 50 người tùy ý thì ta có thể chọn ra ít nhất 2 người
khơng quen biết nhau. CMR ta có thể chọn ra được ít nhất 41 người sao cho mỗi người trong những
người này biết nhiều nhất là 1958 người khác.
Bài 4. Có 2010 người xếp thành hàng dọc. Hỏi với mỗi số nguyên dương k ≤ 1005 cho trước có bao
nhiêu cách chọn ra k người từ 2010 người trên sao cho khơng có 2 người liền kề nhau được chọn.
Bài 5. Tìm bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn: x + y + z chia hết cho 10 và x, y, z không lớn
hơn 2008.

5


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Phần II. PHƯƠNG PHÁP SONG ÁNH

---------1. Cơ sở lí thuyết
1.1. Định nghĩa
Cho hai tập hợp X và Y (khác rỗng). Một ánh xạ f từ X lên Y là một quy tắc cho tương ứng mỗi
phần tử xX với một và chỉ một phần tử y = f(x)Y.
+ Ánh xạ f được gọi là đơn ánh nếu với mọi x1, x2X, f(x1) = f(x2)  x1 = x2.
+ Ánh xạ f được gọi là toàn ánh nếu với mọi yY, xX sao cho f(x) = y.
+ Ánh xạ f được gọi là song ánh nếu f vừa là đơn ánh vừa là tồn ánh.
1.2. Tính chất. Giả sử X, Y có hữu hạn phần tử. Khi đó:
+ Nếu tồn tại một song ánh f từ X lên Y thì |X| = |Y| (trong đó |X| = số phần tử của X).
+ Nếu f là đơn ánh thì |X|  |Y|.
+ Nếu f là tồn ánh thì |X|  |Y|.
2. Một số ví dụ
1.1. Dùng song ánh để đếm số phần tử của một tập và chứng minh hai tập có cùng số phần tử
Để đếm số phần tử của một tập A nào đó người ta thiết lập một song ánh giữa nó và tập B sao cho
việc đếm số phần tử của B đơn giản hơn; sau đó ấp dụng cơng thức |A| = |B|.
Bài 1. Phương trình x1 + x2 +...+ xn = m có bao nhiêu nghiệm ngun khơng âm?
Bài 2. Phương trình x1 + x2 +...+ xn = m có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?
Bài 3. Cho n người xếp thành một hàng dọc. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra k người sao cho 2
người liên tiếp không được chọn (với n > 2k).
HD. Giả sử n nguời đó xếp thành một hàng dọc với cách đánh thứ tự như sau: N 1N2…Nn (ở đây mỗi
chữ tương ứng với một vị trí đứng). Mỗi cách chọn ra k người thỏa mãn yêu cầu được minh họa
như sau:
N1N 2 ...N m N m 1 N m  2 N m  3...N m N m 1 ... N m  2 N m  3...N m N m 1 N m  2 N m  3...N n
1 4 2 4 31 1 213 1 41 4 4 21 4 4 432 1 223 1 4i 4 4 2i 4 4 43k 1 2k 3 1 4k 44 2 k4 4 43 .
x1  ngkc

ngdc

x2  ngkc

xk  ngkc

ngdc

ngcc

xk 1  ngkc

Vậy số cách chọn hợp lệ bằng số cặp (x1, x2, …, xj) thỏa mãn hệ:
�x1  x2  ...  xk 1  n  k
�
(*).
�x1, xk 1 �0
�x , x ,..., x  0
k
�2 3
Đặt y1 = x1, yk+1 = xk+1, yi = xi - 1 với i = 2, 3,…, k thì (*) tương đương với hệ:
�y1  y2  ...  yk 1  n  2k
(**).
�
�y1, y2 ,..., yk 1 �0
Số nghiệm của hệ (**) là Cnk k . Vậy số cách chọn thỏa mãn bài tốn là Cnk k .
Bài 4. Tìm số nghiệm của phương trình x1 + x2 +...+ x6 = 27 (*) với xi là các chữ số (i = 1, 2,..., 6).
HD. Đặt E là tập các nghiệm của phương trình (*) thỏa mãn bài toán,
E* = {(x1,…,x6) thỏa mãn (*) với mọi xi ≥ 0, i = 1, 2,…,6}
Ai = {(x1,…,x6) thỏa mãn (*) và xi > 9}, i = 1, 2,…,6.
6


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

6

Khi đó: E = E*\( U Ai ).
i 1

Xét Ai: mỗi phần tử thuộc Ai tương ứng với một dãy nhị phân có dạng sau:
11...1011...10...11...1011...1
{
{
{
{ .
x1

x2

x5

x6

Vậy số phần tử của Ai bằng số cách chọn vị trí cho chữ số 0 trong các chuỗi nhị phân có độ dài 27 +
5 = 32. Vì xi > 9 nên sẽ có ít nhất 10 chữ số 1 đứng liên tiếp nhau trong cụm thứ x i. Như vậy các
5 phần tử của A với mỗi i = 1, 2,
chữ số 0 chỉ còn 32 - 10 = 22 vị trí có thể chọn tùy ý. Suy ra có C22
i
5 .
…,6. Vậy |Ai| = C22
5 ; |A A A | = 0; |A A A A | = 0; |A A A A A | = 0;... |
Tương tự: |AiAj| = C12
i
j

k
i
j
k
m
i
j
k
m
n

A1A2A3A4A5A6| = 0 với mọi i, j, k, m, n = 1,…,6 và đôi một khác nhau. Từ đó suy ra
6

5 - 15 5 .
| U Ai | = 6 C22
C12
i 1

5 , theo nguyên lí bù trừ thì |E| = 5 - 6 5 + 15 5 = số nghiệm của (*) thỏa
Mặt khác |E*| = C32
C32
C22
C12

mãn bài tốn.
Bài 5 (VMO 2012). Cho một nhóm có 5 cơ gái, kí hiệu là G1, G2 ,..., G5 và 12 chàng trai. Có 17
chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đó chỉ ngồi vào các chiếc
ghế đó sao cho các điều kiện sao cho đồng thời thỏa mãn:
1) Mỗi ghế có duy nhất 1 người ngồi;

2) Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải là G1, G2 , G3 , G4 , G5 ;
3) Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;
4) Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách sắp xếp như vậy (Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một
chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong 2 cách xếp là khác nhau).
HD. Đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là 1,2,…,17. Gọi x1 là số chàng trai được xếp bên trái
G1 , x2 là số chàng trai ở giữa G1 và G2 ; x3 là số chàng trai ở giữa G2 và G3 ; x4 là số chàng trai
ở giữa G3 và G4 ; x5 là số chàng trai ở giữa G4 và G5 ; x6 là số chàng trai ngồi bên phải G5 . Khi
đó bộ số ( x1, x2 ,..., x5 ) hồn tồn xác định vị trí các cơ gái và ta có:
1) x1  x2  ...  x6  12
2) 3 �x2
3) 1 �x5 �4 .
Đổi biến y2  x2  3 và y5  x5  1 ta được x1  y2  x3  x4  y5  x6  8 với các ẩn khơng âm và
có thêm điều kiện y5 �3 .
Tiếp theo, áp dụng bài toán chia kẹo ở dạng
x1  y2  x3  x4  x6  8  y5 .
Ta được số cách phân ghế cho các cô gái là
7


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016
4
4
4
C12
 C11
 C10
 C94  1161 .

Vì cịn có 12 chàng trai có thể hốn đổi vị trí ở 12 chiếc ghế dành cho họ nên số cách xếp t/m ycbt

là 12!.1161 .
Bài 6 (VMO 2014). Cho đa giác đều có 103 cạnh. Tơ màu đỏ cho 79 đỉnh của đa giác và tô màu
xanh cho các đỉnh còn lại. Gọi A là số cặp đỉnh đỏ kề nhau và B là số cặp đỉnh xanh kề nhau.
a) Tìm tất cả các giá trị có thể nhận được của cặp ( A, B) .
b) xác định số cách tô màu các đỉnh của đa giác để B  14 . Biết rằng, hai cách tô màu được xem
là như nhau nếu chúng có thể nhận được từ nhau thông qua 1 phép quay quanh tâm đường tròn
ngoại tiếp đa giác.
HD.
a) Số đỉnh màu xanh là 24 đỉnh (103-79). Nếu tất cả các đỉnh đỏ chia thành một cụm thì A = 78.
Nếu bị cắt thành 2 cụm thì A = 77. Và cứ thế tiếp tục, tức là nếu có k cụm (mỗi cụm là các đỉnh
cùng màu đỏ đứng sát nhau) thì A  79  k . Nếu có k cụm đỏ thì cũng có k cụm xanh nên có
B  24  k . Các giá trị có thể của k là từ 1 đến 24, nên có 24 khả năng tất cả.
b) Để có B  14 thì k  10 (phải chia quân xanh thành 10 cụm, quân đỏ thành 10 cụm). Đếm số
cách chia như thế nào ?
Gọi X là số cụm các điểm đỏ liền nhau, thì B  24  X . Do vậy B  14 thì X  10 . Áp dụng công
9 . Tiếp
thức chia kẹo của pt chia kẹo, ta suy ra được số cách chia 24 điểm xanh vào 10 cụm là C23
theo, ta sẽ xem xét việc xếp các điểm xanh- đỏ như là vệc có sẵn 79 điểm đỏ ở trên đường tròn, và
ta bỏ đi 10 cụm điểm xanh và các khoảng trống giữa 2 điểm đỏ liên tiếp, mỗi khoảng có tối đa 1
10 . Sự trùng lặp theo phép
cụm. Như vậy thì số cách chọn ra 10 khoảng trống trong 79 khoảng là C79

quay là ở chỗ ta chọn 10 vị trí trong 79 vị trí theo đường trịn. Nhờ có (79, 10) = 1 mà ta khơng phải
lo về “các cấu hình lộn xộn”, mỗi cách tơ bị lặp đúng 79 lần, do vậy đáp số là

10 9
C79
C23
.
79

Bài 7. Cho tập A = {1, 2, 3, ..., 30}. Hỏi có bao nhiêu số tập con của A có tổng các phần tử thuộc
nó khơng lớn hơn 232?
Bài 8. Có một nhóm người mà trong đó: Mỗi cặp khơng quen nhau có đúng hai người quen chung,
mỗi cặp quen nhau thì khơng có người quen chung. Chứng minh rằng số người quen của mỗi người
trong nhóm là như nhau.
HD. Giả sử a quen b và A, B lần lượt là tập các người quen của a và b. Khi đó, với mỗi người a’
thuộc A, do a’ và b có người quen chung là a, a’ khơng quen b, nên a’ sẽ quen với một người duy
nhất thuộc B. Tương tự mỗi người b’ thuộc B sẽ quen với một người duy nhất thuộc A. Vậy có một
song ánh từ A đến B. Suy ra số người quen của a và b là bằng nhau.
Nếu a không quen b thì a và b có c quen cả a và b. Theo trên, số người quen của a bằng số người
quen của c và bằng số người quen của b.
Bài 9. Cho A = {1, 2, 3,..., 2n}. Một tập con B của A gọi là tập cân nếu trong tập đó số các số chẵn
bằng số các số lẻ. Tìm số tập cân của A.
HD.
Cách 1.
Cách 2. Đặt X = {2, 4,..., 2n}, Y = {1, 3,..., 2n - 1},  là họ tất cả các tập cân của A,  là họ các tập
con của A có đúng n phần tử.
8


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Xét tương ứng f:   , f(B) = B1(Y\B2) trong đó B1 = BX, B2 = BY.
+) Rõ ràng f là ánh xạ vì |B1| = |B2| nên |f(B)| = n suy ra f(B) thuộc .
+) f là đơn ánh: Từ f(B) = f(C) suy ra B 1(Y\B2) = C1(Y\C2). Do tính chẵn lẻ của các phần tử suy
ra B1 = C1, Y\B2 = Y\C2  B = C.
+) f là toàn ánh: Giả sử M thuộc , M1, M2 là cac tập con của M chứa các phần tử chẵn và lẻ. Đặt
B1 = M1, B2 = Y\M2, B = B1B2. Khi đó:
|B1| = |M1|; |B2| = |Y\M2| = |Y| - |M2| = n - |M2| = |M1| = |B1|.

Vậy B là tập cân. Hơn nữa f(B) = B1(Y\B2) = M1(Y\(Y\M2)) = M1M2 = M.
Vậy số tập cân của A là C2nn .
Bài 10. Cho X = {1, 2, ..., n = 2008}. Hỏi có bao nhiêu tập con A của X có tính chất: A có r = 3
phần tử và A khơng chứa hai số nguyên liên tiếp nào.
HD. Gọi F(A) là họ các tập con A của X có tính chất như yêu cầu của bài toán, G(Y) là họ các tập
con có 3 phần tử của tập Y = {1, 2,..., 2006 = n - (r-1)}. Xét tương ứng f: F(A)  G(Y) xác định
như sau: Với A = {a, b, c}; a < b < c thì f(A) = {a, b - 1, c - 2}.
Hiển nhiên f(A) thuộc G(Y) và do đó f là ánh xạ. Hơn nữa a < b - 1 < c - 2. Dễ kiểm tra f là song
3
ánh và từ đó suy ra số tập con A của X thỏa mãn bài toán là C2006
.

Nhận xét. Tổng quát ta có điều kiện r < n - r + 1 và f xác định như sau: A = {a 1 < a2 <…< ar} thì f(A)
= B = {bi = ai - (i - 1), i = 1, 2, …, r}.
Bài 11. Cho tập E = {1, 2, …, n} (với n > 0).
a) Tìm số phân hoạch của E = AB sao cho AB  .
b) Tìm số phân hoạch của E = ABC sao cho AB  , BC  , CA  .
HD.
a) Số cách chọn tập A có k phần tử là Cnk (0 < k < n). Tập B = (E\A)A’ với A’ khác rỗng và A’ là
tập con của A. Vì A có k phần tử nên có 2k - 1 cách chọn A’. Suy ra có
n

n

k 1

k 0

�(2n  1)Cnk  �(2n 1)Cnk = 3n - 2n

cách chọn A và B. Đây cũng chính là số phân hoạch thỏa mãn bài toán.
b) Gọi E’ là tập các phân hoạch của E thỏa mãn bài toán. Với mỗi số iE:
+) Nếu i thuộc A, B, C thì đặt tương ứng i với (i, i, i);
+) Nếu i thuộc A, B khơng thuộc C thì đặt tương ứng (i, i, 0);
+) Tương tự các trường hợp còn là cho các tương ứng: (i, 0, i); (0, i, i); (i, 0, 0); (0, i, 0); (0, 0, i).
Gọi F là tập tất các các bộ số dạng này.
Dễ có mỗi phân hoạch của E tương ứng với n bộ số trên của F và ngược lại. Từ đó suy ra số các
phân hoạch của E là 7n (1).
Gọi A1 là tập các phân hoạch của E không hợp lệ mà AB = ; A2 là tập các phân hoạch của E
khơng hợp lệ mà BC = . Khi đó chuyển qua F ta có:
|A1| = |A2| = 5n, |A1A2| = 4n  |A1A2| = 2.5n - 4n (2).
Vậy số phân hoạch thỏa mãn bài toán là 7n - 2.5n + 4n.
9


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Bài 12 (China MO). Trong các xâu nhị phân có độ dài n, gọi an là số các xâu không chứa 3 số liên
tiếp 010 và bn là số các xâu không chứa 4 liên tiếp 0011 hoặc 1100. Chứng minh rằng bn+1 = 2an.
HD. Gọi A là tập các xâu nhị phân có độ dài n không chứa 3 số liên tiếp 010 và B tập các xâu nhị
phân có độ dài n khơng chứa 4 liên tiếp 0011 hoặc 1100. Xét tương ứng f: A  B xác định như
sau:Với xâu X = x1x2…xn thì f(X) = Y = y1y2…yn với y1 = 0, yk  x1+x2+…+xk-1 (mod 2).
Dễ chứng minh f là song ánh (1). Mặt khác nếu có xâu Y thuộc B thì khi đổi 0 cho 1, 1 cho 0 ta
cũng có một xâu Y’ cũng thuộc B. Do đó số các xâu loại B có độ dài n + 1 gấp đơi số các xâu loại B
có độ dài n + 1 bắt đầu bởi 0 (2). Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Bài 13. Gọi M là tập các số nguyên dương mà trong hệ thập phân có 2n chữ số, trong đó có n chữ
số 1 và n chữ số 2. Gọi N là tập các số nguyên dương viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó
chỉ có các chữ số 1, 2, 3, 4 và chữ số1 bằng chữ số 2. Chứng minh rằng |M| = |N|.
HD. Với mỗi số a thuộc N có n chữ số 1, 2, 3, 4 và số các chữ số 1 bằng số các chữ số 2 (VD a =
1234123). Khi đó ta viết liền aa để được số có 2n chữ số (VD aa = 1234123 1234123), đổi các chữ

số 3 trong aa thành 1 và các chữ số 4 trong aa thành 2. Khi đó ta được một số mới có 2n chữ số và
số các chữ số 1 = số các chữ số 2 = n thuộc tập M (VD aa  12121211212121).
Đảo lại, với mỗi số b thuộc tập M (VD b = 212112). Ta ngắt n chữ số đầu và n chữ số cuối (VD b
 212 và 112) sau đó cộng theo hàng hai số mới theo quy tắc 1 + 1 = 1, 2 + 2 = 2, 1 + 2 = 3, 2 + 1
= 4. Khi đó ta có một số mới có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 trong đó sơ chữ số 1 bằng số chữ
số 2 (VD b  412). Số dạng này thuộc N.
Vậy có một song ánh giữa M và N suy ra |M| = |N|.
Bài 14. Trong một kỳ thi có k thí sinh tham dự. Hội đồng coi thi xếp k thí sinh ngồi xung quanh một
chiếc bàn trịn có n ghế đánh số từ 1 đến n (n �4k). Hai thí sinh được gọi là ngồi cạnh nhau nếu giữa
họ khơng có thí sinh nào khác. Quy chế thi yêu cầu giữa hai thí sinh bất kỳ ngồi cạnh nhau phải có
ít nhất ba ghế trống.
Hỏi Hội đồng coi thi có bao nhiêu cách chọn k chiếc ghế quanh bàn tròn làm chỗ ngồi cho k thí
sinh?
HD. Bài tốn quy về việc tìm số các tập con A = {a1  a2  L  ak } của tập S = {1,2,…,n} thoả
mãn a i 1 ai �4 (i=1,2,.., k-1) và n  a1  ak �4 . Đặt bi  ai  3(i  1) , i = 1, 2,…, k. Ta có:
bi 1  bi �1 , i = 1, 2,.., k - 1; bk  b1 �n  3k  1 và bk  ak  3(k  1) �n  3k  3 .
Dễ thấy có một song ánh giữa tập A và tập B   1 �b1  b2  L  bk  của {1, 2, …, n - 3k + 3} thoả
mãn bk  b1 �n  3k  1 .
+) Với b1 �{1, 2, 3} đặt ci  bi  b1 , i = 1, 2,…, k. Ta có 1 �c2  L  ck �n  3k  1 và bi , ci tương
ứng 1 - 1. Vậy có 3Cnk31k 1 tập như vậy.
+) Với bi �4 đặt ci  bi  3 . Ta có 1 �c1  L  ck �n  3k và bi , ci tương ứng 1 - 1. Vậy ta có
Cnk3k tập như vậy.
Kết luận: Có cả thảy 3Cnk31k 1 + Cnk3k cách chọn.
Bài 15. Với mỗi đỉnh của đa giác đều 9 đỉnh (cửu giác) được tô bởi màu đỏ hoặc xanh da trời.
Chứng minh rằng tồn tại 2 tam giác đơn sắc đồng dạng, trong đó tam giác đơn sắc là tam giác
có tất cả các đỉnh là cùng 1 màu.
10


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

HD. Ta gọi đơn giác đỏ (xanh) nếu tất các đỉnh của tam giác là đỏ hoặc xanh. Vì đa giác có 9 đỉnh,
mỗi đỉnh chỉ tơ 2 màu xanh hoặc đỏ nên có ít nhất 5 đỉnh có dùng 1 màu. Khơng mất tính tổng
qt, giả sử đó là màu đỏ. Suy ra có it nhất C52  10 đơn giác đỏ. Giờ ta chứng minh có 2 tam
giác đỏ đồng dạng.

Hình 1
Đặt A1, A2 , A9 là các đỉnh của đa giác (Hình 1) và  là đường tròn ngoại tiếp đa giác. 9 đỉnh đa
giác chia đường tròn này thành 9 cung bằng nhau. Gọi mỗi cung trong 9 cung này là 1 mảnh. Gọi
Ai A j Ak là tam giác thỏa mãn Ai A j �A j Ak �Ak Ai . Định nghĩa ai, j là số mảnh của cung �
Ai A j
không chứa điểm Ak . Ta định nghĩa tương tự với a j , k và ak ,i . Khi đó Ai A j Ak được xác định bởi





bộ ba ai, j , a j , k , ak ,i . Do 1 tam giác có 3 đỉnh, nên ta dễ thấy 1 �ai, j �a j , k �ak ,i �7 (trường
Ai A j  �
A j Ak  �
Ak Ai  1800 , do đó
hợp góc lớn nhất là 3 đỉnh nằm kề nhau trên đường tròn). Do �
ai, j  a j , k  ak ,i  9 . Ví dụ với tam giác A2 A4 A8 ta xác định được bộ ba tương ứng là (2, 3, 4).
Dễ thấy các tam giác đồng dạng cho cùng 1 bộ ba, trong khi 2 tam giác không đồng dạng có các bộ
ba khác nhau. Từ đó ta xây dựng song ánh A → B như sau:
A: tập các tam giác đồng dạng;
B: tập các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn 1 �a �b �c �7 và a + b + c = 9.
Ta có thể liệt kê ra các phần tử của B là (1, 1, 7), (1, 2, 6), (1, 3, 5), (1, 4, 4), (2, 2, 5), (2, 3, 4),
3, 3) có tất cả 7 phần tử.

(3,

Suy ra A cũng có 7 phần tử hay có tất cả 7 dạng tam giác khác nhau. Trong khi đó ta có 10 tam giác
đơn sắc, nên tồn tại ít nhất 2 tam giác đơn sắc đồng dạng.
Bài 16. Cho n nguyên dương. Hỏi có bao nhiêu các biểu diễn n thành tổng của ít nhất 2 số nguyên
dương.
HD. Ta viết n dưới dạng sau: (1_1_ ... _1) gồm n số 1. Xét n - 1 khoảng trống trong đó là
a1a2 ...an 1 , khi đó các khoảng trống sẽ có 2 trạng thái là 0 hoặc 1. Nếu trạng thái là 0, thì ta sẽ thay
khoảng trống bởi dấu “+”, nếu trạng thái là 1 thì thay bởi “)+(“. Ví dụ như 4 = (1_1_1_1) =
(a1, a2 , a3 ) . Khi đó nếu (a1, a2 , a3 )  (0, 0,1) thì 4 = (1 + 1 + 1) + (1) = 3 + 1 là một cách biểu diễn.
11


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Ta có tất cả 2n-1 cách biểu diễn cho dãy nhị phân (n - 1) bit a1a2 ...an 1 và mỗi dãy nhị phân cho một
cách biểu diễn duy nhất của n.
Trong dãy nhị phân này, chỉ có trường hợp duy nhất là dãy 00…0 là khơng biểu diễn dưới dạng
tổng của ít nhất 2 số. Do đó có 2 n-1 - 1 cách biểu diễn n dưới dạng tổng của ít nhất 2 số nguyên
dương.
Bài 17 (AHSME 1992). Cho 10 điểm đặt trên phần dương trục x(X +), 5 điểm đặt trên phần dương
trục y (Y+). Khi đó ta có tất cả 50 đoạn thẳng nối giữa 10 điểm trên X + với 5 điểm trên trục Y +.
Khi đó có tối đa bao nhiêu giao điểm của 50 đoạn thẳng nằm trong góc phần tư thứ nhất? (Hình
2).

Hình 2
HD. Ta có, cứ 2 điểm trên X+ và 2 điểm trên Y+ thì tạo thành 1 tứ giác và khi đó chỉ xác định được
2 2
duy nhất 1 giao điểm. Khi đó số giao điểm lớn nhất có thể tạo được là C10
C5  45.10  450 . Dấu

bằng xảy ra � khơng có 3 đường nào cùng cắt nhau tại một điểm trong góc phần tư thứ nhất.
Bài 18 (China 1991, by Weichao Wu). Cho n là số tự nhiên với n �2 và đặt dãy S   1, 2,..., n  .
Một dãy con của S được gọi là dãy con số học nếu nó có ít nhất 2 phần tử và nó là 1 cấp số
cộng. Dãy con số học được gọi là cực đại nếu dãy này không thể kéo dài bằng cách thêm vào
một phần tử khác của S. Xác định số dãy con số học cực đại.
HD. Ta có cơng sai a2  a1 phải lớn hơn a1 để không thể điền thêm phần tử nào vào bên trái dãy
con (phía trước a1 ), nên a2 �2a1 . Lại có a2 �2m nên a1 �m . Khi đó để một dãy con là cực đại
thì 1 �a1 �m và 2a1 �a2 �n (1). Ta cũng có, với mỗi bộ (a1, a2 ) thỏa mãn điều kiện trên thì cũng
cho ra duy nhất 1 dãy con cực đại có phần tử ban đầu a1 và công sai a2  a1 . Suy ra dãy số con cực
đại và bộ (a1, a2 ) thỏa mãn (1) là song ánh. Ta có, với mỗi cách chọn a1 thì có n  2a1  1 cách chọn
a2. Do có m cách chọn a1 nên số bộ (a1, a2 ) thỏa mãn đk (1) là
m

� n  2a1  1  mn  2

a1 1

m(m  1)
 m  2m 2  m 2  m 2 .
2

Vậy có m2 dãy con cực đại với n = 2m.

12


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Xét với n = 2m + 1, với m là số nguyên dương. Tương tự ta có a2 �2a1 , suy ra a1 �m . Lý luận

tương tự, ta có số dãy con cực đại là
m

� n  2a1  1  mn  2

a1 1

m(m  1)
 m  m(2m  1)  m 2  m 2  m.
2

�
n2 �
Vậy, với mỗi số tự nhiên n, ta có � �dãy con số học cực đại.
�4 �
Song ánh có thể được sử dụng giữa các tập hợp mà các tập hợp này không cần hữu hạn. Dưới đây
là 1 ví dụ.
Bài 19 (PEA Math Materials). Giả sử rằng có 2 quản trị PEA, là những người duy nhất có quyền
quay số truy cập vào tệp tài liệu Internet của học viện, biết rằng tại một thời điểm tệp này chỉ
xử lý cho một yêu cầu truy cập. Với 15 phút sử dụng tệp cho 1 lần truy cập và tệp chỉ được sử
dụng từ 4h chiều đến 6 giờ chiều trong ngày. Biết rằng không có yêu cầu truy cập nào được
thực hiện sau 5h45 chiều, và 1 người không được yêu cầu truy cập quá 1 lần. Ít nhất 1 người
trong số họ thực hiện thành công cuộc gọi. Hỏi xác suất là bao nhiêu để cả 2 người đều có thể
thực hiện thành cơng cuộc gọi của mình?
HD. Gọi An và Giang là 2 quản trị của PEA. Ta biết rằng yêu cầu truy cập vào tệp internet của học
viện chỉ được thực hiện trong 105 phút. Giả sử An gọi sau 4h x phút, Giang gọi sau 4h y phút, khi
đó ta có thể ánh xạ bộ thời gian gọi của 2 người tới điểm (x, y) trên mp tọa độ (Hình 3). Rõ ràng
đây là một song ánh.

Hình 3

Tập hợp các điểm (x, y) là hình vng OA 2PZ2. Rõ ràng một người không thể gửi yêu cầu truy cập
thành công nếu người còn lại đang làm việc với tệp, do đó để cả 2 người có thể đều truy cập được
tệp tài liệu thì ta phải có x  y  15 . Xét miền của tập hợp các điểm (x, y) được xác định bởi
x  y �15 . Đây là giao của 2 phương trình đường thẳng với hình vng, cắt tại các điểm Z 1, Z2, A1,
A3. Ta xác định được Z1 = (0, 15), Z3 = (90, 105), A1 = (15, 0), A3 = (105, 90). Từ đó, xác suất để cả 2
người cùng truy cập được vào tệp là
p

SZ1Z 2 Z3  S A1 A2 A3
902 36


.
SOA2 PZ 2
1052 49
13


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Hệ quả. Cho 2 số nguyên dương m và n. Khi đó
a) Có Cnm11 bộ nguyên dương  x1, x2 ,..., xm  thỏa mãn phương trình x1  x2  ...  xm  n .
b) Có Cnmm1 1 bộ ngun khơng âm  x1, x2 ,..., xm  thỏa mãn phương trình x1  x2  ...  xm  n .
Bài 20 (Aime 2000). Cho 8 chiếc nhẫn khác nhau, tìm số cách xếp 5 chiếc nhẫn xếp trên 4 ngón tay
(khơng tính ngón cái) trên một bàn tay. Biết rằng thứ tự từng chiếc nhẫn trên một ngón tay là
quan trọng và khơng bắt buộc ngón nào cũng phải có nhẫn.
HD. Ta có C85 cách chọn ra 5 chiếc nhẫn bất kỳ để đeo trong 8 chiếc nhẫn đã cho. Đăt a, b, c, d là
số chiếc nhẫn trên từng ngón tay. Ta có a+b+c+d=5. Theo Hệ quả ta có C83 cách sắp xếp các chiếc
nhẫn vào 4 ngón tay (giả thiết là các chiếc nhẫn ko phân biệt). Lại có với mỗi cách sắp xếp 5 chiếc
nhẫn ko phân biệt thì tương ứng có 5! cách sắp xếp đối với 5 chiếc nhẫn phân biệt. Vậy ta có số

cách sắp xếp là C85 .C83 .5!  376320.
Bài 21. Ngân hàng Bảo Hiểm của nước cộng hịa Fatand có 15 nhân viên điều hành cấp cao. Mỗi
nhân viên này có 1 thẻ truy cập vào kho của ngân hàng và trên mỗi thẻ bất kỳ đều có 1 bảng
gồm m mã hóa khác nhau. Để mở được kho, mỗi người sẽ đặt thẻ của mình vào khóa điện tử
của kho. Máy tính sẽ thu thập tất cả các mã khác nhau trên thẻ và hầm sẽ được mở khi và chỉ
khi tập các mã hóa có n mã hóa (khác nhau) đặt trước. Vì lý do bảo mật, hầm có thể được mở
nếu và chỉ nếu có ít nhất thẻ của 6 nhân viên cao cấp. Tìm n và m thỏa mãn n nhỏ nhất để có
thể thực hiện được chính sách bảo mật nêu như trên.
HD. Dễ thấy với mỗi một nhóm gồm 5 nhân viên cao cấp thì sẽ thiếu ít nhất 1 mã hóa so với n mã
hóa đặt trước để mở được hầm. Đặt A là tập hợp các nhóm có 5 nhân viên và B là tập hợp gồm n mã
hóa cần để mở hầm. Xét ánh xạ từ A vào 1 trong các mã hóa có thể thiếu trong nhóm 5 người (số
mã hóa thiếu có thể nhiều hơn 1, nhưng chỉ xét ánh xạ 1-1 để dễ thực hiện). Gọi ánh xạ này là f, ta
sẽ chứng minh nó là đơn ánh. Thật vậy, gọi a1, a2 �A là 2 nhóm khác nhau thỏa mãn
f ( a1 )  f (a2 )  c , c là mã còn thiếu. Do a1 khác a2 nên tồn tại nhóm 6 người lấy từ 2 nhóm a 1 và a2
mà vẫn thiếu ít nhất 1 mã (mã c), (vô lý so với giả thiết). Vậy f là đơn ánh. Rõ ràng f là ánh xạ từ A
5
vào B nên ta có: n  B �A  C15
 3003 .

Ta sẽ chứng minh n = 3003 thỏa mãn. Khi đó cho mỗi nhóm 5 người 1 nhận được 1 mã c(a) khác
nhau trong 3003 mã cho trước (điều này có thể thực hiện được vì ta có tất cả 3003 nhóm). Tiếp theo
ta viết mỗi mã c(a) này vào thẻ của các thành viên khơng nằm trong nhóm . Khi đó, mỗi mã sẽ được
5 các mã, đồng thời được chia đều
viết cho 10 người khơng trong nhóm, suy ra ta viết tất cả 10.C15

cho 15 người nên thẻ mỗi người sẽ có

5
10.C15
 2002 mã khác nhau.

15

Xét một nhóm gồm 6 người bất kỳ. Theo như cách sắp xếp mã như trên, với nhóm a gồm 5 người
bất kỳ sẽ chỉ thiếu duy nhất một mã c(a). Ta sẽ chứng minh nhóm 6 người có đủ n mã khác nhau.
Thật vậy, xét 2 nhóm 5 người bất kỳ a1 và a2 từ 6 người được chọn. Khi đó ta có c ( a1 ) �c (a2 ) . Ta
sẽ chứng minh rằng nhóm a 2 có mã c(a1). Giả sử trong a2 khơng có mã c(a1), khi đó theo định nghĩa
hàm c như ban đầu, ta có c  a1   c  a2  (vô lý). Vậy một nhóm 6 người sẽ có đủ mã để mở kho,
hay m = 2002.
Kết luận: n = 3003, m = 2002.
14


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Bài 22 (AIME 2001, by Richard Parris). Cho các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 được điền bất kỳ lên mặt
của 1 bát phương sao cho mỗi một mặt là 1 số khác nhau. Tính xác suất để khơng có 2 số liên
tiếp nào (8 và 1 cũng được cho 2 số liên tiếp) được viết trên 2 mặt có chung cạnh.

(Bát phương)
HD. Để giải bài tốn, ta xét thêm hình lập phương có các đỉnh là A, B, C, D, E, F, G, H như ở Error:
Reference source not found, trong đó đỉnh hình lập phương là các trọng tâm các mặt của bát
phương. Khi đó ta sẽ kí hiệu như sau: các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 thứ tự tương ứng lần lượt là các
đỉnh A, B, C, D, E, F, G, H. Cạnh của lập phương nối 2 đỉnh lập phương( nối 2 số) thể hiện mối liên
hệ (chung cạnh) giữa 2 mặt bát phương. Ta thấy rõ ràng liên hệ này là 1 - 1. Khi đó thay vì đếm số
trường hợp khơng có 2 số liên tiếp trên cùng một mặt, ta đếm số cách điền các đỉnh của hình lập
phương để khơng có 2 đỉnh liền kề nào là lập thành 1 cạnh lập phương.

Ta chia các đỉnh thành 2 nhóm, G1  { A, C , F , H } và G2  {G, E , B, D} . Dễ thấy các đỉnh trong
cùng 1 nhóm thì khơng liền kề với nhau.
Bài 23. Cho 1 lưới tam giác có chiều dài mỗi cạnh bên là n, được phủ bởi n 2 tam giác con đều có

cạnh bằng 1. Xác định có bao nhiêu hình bình hành bị giới hạn bởi các đoạn thẳng của lưới.
HD.

15


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Ta chia tất cả các hình bình hành thành 3 tập. Có các cạnh của 1 hình bình hành bất kỳ phải song
song với đúng 2 cạnh của tam giác. Gọi SYZ là tập các hình bình hành có cạnh song song với 2
cạnh XY và ZX của tam giác. Các tập S XY và S ZX xác định tương tự. Do tính đối xứng nên ta có
S XY  SYZ  S ZX . Từ đó, đáp án của ta sẽ là 3 SYZ . Mở rộng các cạnh XY và XZ về phí Y và Z
thêm 1 đơn vị, ta được các đoạn thẳng mới là XY ’ và XZ’. Xét một hình bình hành bất kỳ thuộc
SYZ , ta kéo dài các cạnh của hbh đó, cắt đoạn thẳng Y’Z’ tại 4 điểm phân biệt (hiển nhiên). Từ đây
ta xác định được rằng, cứ 4 điểm phân biệt trên đoạn thẳng Y’Z’ vẽ song song với XY và ZX, cắt
nhau tại 4 điểm sẽ tạo được 1 hbh thuộc SYZ . Vậy ta có ánh xạ từ SYZ ra bộ 4 điểm trên đoạn Y’Z’
là 1 song ánh, mà đoạn Y’Z’ có tất cả n + 2 điểm, nên ta có SYZ  Cn4 2 .
Vậy có tất cả 3Cn4 2 hbh bị giới hạn bởi các cạnh của tam giác.
Bài 24. Bart hiện là nhân viên của rạp chiếu phim. Rạp này có sức chứa 200 chỗ ngồi. Trong ngày
khởi chiếu phần I Star War: The Phantom Menace, có 200 người đứng xếp hàng để mua vé xem
phim. Giá mỗi vé là 5$. Trong 200 người mua vé, 100 trong số họ có hóa đơn loại 5$, nửa cịn
lại là hóa đơn loại 10$ (mỗi người có 1 hóa đơn). Bart vốn bất cẩn và vẫn khơng chịu thay đổi.
200 người đó xếp hàng 1 cách ngẫu nhiên và không ai muốn chờ để thay đổi vé của mình khi
họ mua vé. Xác suất là bao nhiêu để Bart có thể bán được hết tất cả các vé có lợi nhất (thành
cơng).
HD. Để dễ dàng hơn ta thay 100 bằng n . Ta xem xét những người là không phâ biệt được. Ta cân
nhắc sự sắp xếp của n người sở hữu hóa đơn 5$ và n người sở hữu hóa đơn 10$ (nói cách khác ta
làm phép nhân lên (n !)2 tới cả hai mẫu số và tử số, việc này khơng ảnh hưởng tới giá trị của xác
suất). Có C2nn cách sắp xếp xác số mà không hạn chế. Bart sẽ thành công khi và chi khi: ta sắp xếp
2n số vào một hàng ngang và đánh số vị trí của chúng từ trái qua phải từ 1, 2,3,..., 2 n . Với

1 �i �2n , đặt ai (bi ) là số người có hóa đơn 5$ (10$) đứng trước vị trí thứ i . Ta cần đếm số sự sắp

xếp thỏa mãn ai �bi với 1 �i �2n . Gọi S là tập hợp tất cả các sắp xếp như vậy. Gọi T là tập hợp
các sự sắp xếp khác nhau như trên. Ta sẽ tìm T .
16


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Ta có S  C2nn  T .
Một phần tử t �T , t  (t1, t2 ,..., t2n ) có số i,1 �i �2n thỏa mãn ai  bi . Gọi f (t ) là ký hiệu của số
f (t )  1
f (t )  1
, b f (t ) 
và t f (t )  10 . Vì vậy có nhiều
2
2
hơn số hóa đơn 10$ so với 5$ tính đến (tại) thời điểm thứ f (t ) . Ta thay đổi toàn bộ các đồng 5$
thành 10$ và các đồng 10$ thành 5$ sau thời điểm thứ f (t ) , thì khi đó ta thu được một hốn vị
g (t ) của n  1 đồng 10$ và n  1 đồng 5$. Chẳng hạn với n = 6 ta có
chỉ đầu tiên. Bởi sự xác đinh cả ta, a f (t ) 

t   5,10,10,5,10,10,10,5,10,5,5,5  .
Và
(a1, a2 ,..., a12 )  (1,1,1, 2, 2, 2, 2,3,3, 4,5, 6)
(b1, b2 ,..., b2 )  (0,1, 2, 2,3, 4,5,5, 6, 6, 6, 6)
f (t )  3, a2  1, b2  1, t3  10
g (t )  (5,10,10,10,5,5,5,10,5,10,10,10).
Do đó ta xác định một ánh xạ từ T vào U là tập hợp hoán vị của n  1 đồng 10$ và n  1 đồng 5$. Ta
sẽ hứng minh g là một song ánh.

Đầu tiên ta chứng minh g là một toàn ánh. Xét u là một phần tử bất kỳ thuộc U . Ta đếm số lần
xuất hiện của đồng 5$ và 10$ tính từ trái qua phải với i là các giá trị nguyên nhỏ nhất sao cho tính
đến thời điểm thứ i số đồng 10$ là nhiều hơn số đồng 5$. Ta thay đổi toàn bộ các đồng 5$ thành
10$ và toàn bộ các đồng 10$ thành 5$ sau thời điểm thứ i . Vì số đồng 10$ có số lượng lớn hơn 2 so
với số đồng 5$ trong U nên sẽ có số đồng 10$ nhiều hơn số đồng 5$ tại trước thời điểm i và số
đồng 10$ nhiều hơn số đồng 5$ tại 2n  i thời điểm còn lại. Sau bước đổi 5 � 10 và 10 � 5 trên ta
thu được số đồng 5$ và 10$ bằng nhau. Khơng khó để thấy dáy mới này thuộc T , do đó g là một
toàn ánh.
Bây giờ ta chứng minh g là đơn ánh. Xét t và t ' là 2 phần tử thuộc T . Giả sử rằng tại thời điểm
thứ i,1 �i �2n là thời điểm đầu tiên t và t ' có sự khác nhau. Khơng giảm tính tổng qt g/s ti  5
thì f (t ) �i . Nếu f (t )  i thì f (t ')  f (t ) bởi i  1 vị trí đầu của t và t ' là hồn tồn giống nhau.
Khi đó tại thời điểm thứ i , g (t ) và g (t ') có giá trị là 10 và 5 tương ứng, do đó g (t ) �g (t ') . Ta lại
xét f (t )  i . Thì tại thời điểm thứ i của g (t ) là ti , có ti  5 . Bởi vì (i  1) vị trí đầu của t và t '
như nhau, f (t ')  i . Dơ đó tại thời điểm thứ i của g (t ') là t ' , nó bằng 10. Do đó g (t ) �g (t ') . Suy
ra g là song ánh. Từ đó theo ta có: T  U  C2nn1 .
n
n
n 1
Vậy: S  C2n  T  C2n  C2n 

1
C2nn .
n 1

Trở lại bài tốn, ta có n  200 , vậy xác suất là

1
.
201

Bài 25. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn các tính chất: nếu n cái domino được đặt trên 1 bàn cờ
6 �6 với mỗi domino chiếm 2 đơn vị diện tích vng, thì ln ln có thể đặt thêm 1 domino lên
trên bàn mà không phải di chuyển bất kỳ domino nào khác. Xác định giá trị lớn nhất của n.
HD. Ta sẽ chứng minh giá trị lớn nhất của n là 11. Hình 4 là cách sắp xếp 12 domino trên bàn cờ
thì khơng thể để thêm 1 domino nào nữa. Suy ra n �11 .
17


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Hình 4
Ta sẽ chứng minh rằng với 11 domino trên bàn cờ thì ln đặt thêm được 1 domino nữa. Ta sẽ
chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng tồn tại cách đặt 11 domino trên bàn cờ mà không thể đặt
thêm 1 domino nào nữa. Khi đó số ơ vng trên bàn chưa bị phủ bởi 11 domino là: 36 – 22 = 14.
Đặt S1 là phần trên của bàn cở ban đầu có kích thước 5 �6 (Hình 8). Đặt A là tập các ô vuông trong
S1 mà không bị phủ bởi các domino, và S 2 là hàng cuối của bàn cờ (bàn cờ chia làm 2 phần S 1 và
S2). Vì ta không thể điền thêm 1 domino nào vào bàn cờ, nên một trong 2 ô vuông bất kỳ cạnh nhau
sẽ được bao phủ bởi 1 domino, suy ra S2 có nhiều nhất là 3 ô không bị phủ bởi domino (trống), suy
ra S1 có ít nhất là 14 – 3 = 11 ơ trống.

Hình 5
Đặt S3 là phần dưới của bàn cờ và có kích thước 5 �6 (Hình 5), B là tập tất cả các domino nằm trong
S3. Ta sẽ định nghĩa một ánh xạ f từ A vào B. Ta có, với mỗi ơ vng trống s trong S1, sẽ tồn tại
một ô vuông t nằm dưới s. Suy ra ô vuông t nằm trong S3 và được phủ bởi một domino d. Rõ ràng
domino d phải nằm trong S3 (vì nếu ko thuộc S3 thì nó sẽ gồm 2 ơ t và s-vơ lý). Khi đó ta xác định
ánh xạ f là f ( s )  d . Ta sẽ chứng minh rằng f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử s1, s2 �A sao cho
f ( s1 )  f ( s2 )  d . Suy ra d phủ 2 ô vuông ở dưới s1 và s2 . Suy ra s1 và s2 nằm cạnh nhau (Hình
6), như vậy khi đó ta có thể đặt thêm 1 domino phủ lên s1 và s2 (vô lý). Vậy f là đơn ánh, suy ra
A �B hay B �11 . Nhưng cả bàn cờ chỉ có 11 domino, suy ra B  11 . Khi đó thì hàng trên cùng
sẽ không bị phủ bởi 1 domino nào, và sẽ đặt được thêm 1 quân domino nữa (vô lý).

18


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Hình 6
Vậy giá trị lớn nhất của n là 11.
Bài 26. Cho số nguyên dương n, và tập A là tập tất cả các dãy con tăng có tổng bằng n . Đặt
a  (a1, a2 ,..., am ) là phần tử của A . Đặt s (a ) là chỉ số bé nhất thỏa mãn as (a ) , as (a ) 1,..., am
là các số nguyên liên tiếp. Giả sử n không thể viết dưới dạng

k (3k  1)
k (3k  1)
hoặc
với mọi
2
2

số nguyên dương k . Đặt A1 là tập con của A thỏa mãn a �A1 khi và chỉ khi a1 �m  s (a)  1
. Chứng minh rằng A  2 A1 .
HD. Gọi A1 ' là tập con của A thỏa mãn a �A1 ' khi và chỉ khi a1  m  s (a )  1 . Khi đó ta có
A  A1 �A1 ' . Ta sẽ chứng minh tồn tại 1 song ánh đi từ A1 vào A1 ' . Thật vậy, ta định nghĩa ánh xạ
như sau: a  (a1, a2 ,..., am ) � a '  ( a2 ,..., am  a1 , am  a1 1  1,..., am  1) (*).
(Thực hiện chia đều a1 cho a1 phần tử cuối của a , và xóa đi a1 , ta được phần tử mới a ' -giúp đảm
bảo tổng các phần tử đều bằng n . Ví dụ với n  42 và a  (3,5, 7,8,9,10) . Ta có a1  3, m  6 và
s (a)  3 , do đó a �A1 . Khi đó qua phép ánh xạ ở trên, ta được a '  (5, 7,9,10,11) . Ta có thể quan
sát dễ dàng trên biều đồ Young (Như trên hình 12, ta xóa 3 điểm trong cột thứ nhất (vì a1  3 ) và
chia đều số điểm đó cho 3 cột sát bên phải nhất.

Hình 7
Ta cần chứng minh:
i ) a ' �A1 '
ii) Phép ánh xạ (*) là đơn ánh
iii) Phép ánh xạ (*) là toàn ánh.

19


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Cm (i). Ta có m  a1  1 �s (a ) (vì a �A1 ). Do s (a ) là chỉ số nhỏ nhất để as ( a ) , as ( a ) 1,..., am là
các số tự nhiên liên tiếp, suy ra ta có am  a1 1  1,..., am  1 là các số tự nhiên liên tiếp.
Nếu m  a1  1 �3 thì ánh xạ (*) cho
'
a '  (a2 ,..., am  a1 , am  a1 1  1,..., am  1)  ( a1' ,..., am
1 )
'
'
a1'  a2 �am
 a1 1  am  a1 �am  a1 1  1  am  a1  2 .

Suy ra s (a ')  m  a1 .
Khi đó m ' s (a ')  1  ( m  1)  ( m  a1)  1  a1 , lại có a2  a1 nên suy ra a1'  a2  m ' s( a ')  1 .
Vậy a ' �A1' .
'
s ( a ')  1, m '  m  1 .
Nếu m  a1  1  2 thì ánh xạ (*) cho a '  (a2  1,..., am  1)  (a1' ,..., am
1) và

Khi đó do a1'  a2  1  m ' s (a ')  1  m  1  a1  1 . Vậy a ' �A1' .
Nếu m  a1  1  1 , suy ra s (a )  1 . Khi đó ta có a1, a2 ,..., am là m số tự nhiên liên tiếp. Khi đó ta có
n  ma1 

m(m  1)
m(m  1) m(3m  1)
 m2 

(vô lý với giả thiết).
2
2
2

Vậy a ' �A1' và s (a ')  m  a1 (1).
Cm (ii). Ta sử dụng pp phản chứng.
Giả sử a �b, a, b �A1 sao cho qua phép ánh xạ (*) có ảnh là a ', b ' �A1' thỏa mãn a '  b ' . Do phép
ánh xạ (*) làm giảm chiều dài của dãy mới đi 1 so với ban đầu, suy ra a và b có cùng chiều dài.
Đặt b  (b1, b2 ,..., bm ) . Ta có m  a1  s (a ')  s (b ')  m  b1 (theo 1). Suy ra a1  b1 , suy ra a  b
(mâu thuẫn). Vậy phép ánh xạ (*) là đơn ánh.
'
'
Cm (iii). Để chứng minh ý (iii), ta sử dụng ánh xạ ngược của (*). Đặt a '  (a1' , a2' ,..., am
1 ) �A1 . Ta

thực hiện phép ánh xạ ngược như sau: trừ đi 1 đơn vị ở m  s (a ') số tự nhiên liên tiếp của a ' , sau
đó thêm vào trước a1' số có giá trị bằng m  s (a ') . Gọi phần tử mới này là a , ta sẽ chứng minh
a �A1 . Để ý dạng tổng quát của a như sau
'
a  (m  s ( a '), a1' ,..., as' (a ') 1, as' (a ')  1,..., am
1  1)

(dễ thấy có cái này thì s (a ')  1 �1 để thỏa mãn đk về chỉ số).
Ta sẽ xét 2 trường hợp:
Nếu s (a ')  1 �1 . Ta có a ' �A1' nên a1'  (m  1)  s(a ')  1  m  s(a ') và as' (a ') 1 �as' (a ')  2 . Khi đó
ánh xạ ngược của (*)
'
a  (a1, a2 ,..., am )  (m  s (a '), a1' ,..., a s' ( a ') 1, a s' ( a ')  1,..., am
1  1)
'
'
'
Lại có as' ( a ') , as' ( a ') 1,..., am
1 là các số tự nhiên liên tiếp nên as ( a ') 1  as ( a ')  1 ,…, am  am 1  1
là các số tự nhiên liên tiếp. Khi đó chỉ số s (a ) của a phải nhỏ hơn bằng s (a ')  1 ( s (a ) �s(a ')  1 ).

Kết hợp lại ta có: a1  m  s (a ') �m  s (a )  1 , suy ra a �A1 .
20


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Nếu s (a ')  1 . Vì a ' �A1' nên a1'  (m  1)  s (a ')  1  m  1 . Nếu a1'  m thì ta có
'
n  a1'  ...  am
1  m  ...  (m  m  2)  m( m  1) 



(m  1)  3(m  1)  1
2

(m  2)(m  1)
2

.

(vô lý).
Vậy a1' �m  1 suy ra. Khi đó ánh xạ ngược của (*) cho ta có a  (m  1, a1'  1,..., a1m 1  1) thỏa
mãn a1  m  1 �m  s(a)  1 (do s (a) �2 ). Vậy ánh xạ ngược của (*) cho ra a �A1 .
'
Vậy phép ánh xạ (*) là song ánh, suy ra A1  A1 , suy ra A  2 A1 .

1.2. Dùng song ánh để chứng minh các hằng đẳng thức tổ hợp
Bài 1. Chứng minh hằng đẳng thức: (Cn0 )2  (C1n ) 2  (Cn2 )2  ...  (Cnn )2  C2nn .
HD. Ta thấy C2nn bằng số cách chọn ra n đối tượng từ 2n đối tượng đôi một khác nhau.
Mặt khác, chia 2n đối tượng này ra thành hai nhóm: Nhóm 1 và nhóm 2 đều gồm n đối tượng. Khi
đó để chọn ra n phần tử ta thực hiện như sau: Chọn k phần tử từ nhóm 1: có Cnk cách chọn, sau đó
chọn n - k đối tượng từ nhóm 2: có Cnn  k  Cnk cách chọn. Theo quy tắc nhân có ( Cnk )2 cách chọn
ra n đối tượng mà trong đó có k đối tượng thuộc nhóm 1. Cho k = 0, 1,…, n và theo quy tắc cộng ta
có đpcm.
Nhận xét. Nội dung cơ bản của phương pháp này là đếm số phần tử của một tập nào đó theo hai
cách và đồng nhất hai kết quả ta có hằng đẳng thức cần chứng minh.
n

Bài 2. Chứng minh hằng đẳng thức:

�k (Cnk )2  nC2nn11 .

k 0

HD. Xét bài toán có n hoc sinh nam và n học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra n học sinh sao
cho có 1 học sinh năm làm lớp trưởng.
Bài 3. Chứng minh hằng đẳng thức:

n

�2

k 0

k

(n-k)
[
]
k
Cn Cn  k2

 C2nn 1 .

HD. Xét bài toán: “chọn n số từ 2n + 1 số khác nhau” theo hai cách:
Cách 1: Chia 2n + 1 số thành n cặp gồm 2 số và một số x.
 Bước 1: Chọn ra k cặp, từ mỗi cặp này chọn ra một số. Có Cnk cách chọn ra k cặp và có 2 cách
k

chọn ra một số trong mỗi cặp. Vậy theo quy tắc nhân có 2k Cn cách chọn trong bước 1.
 Bước 2: Chọn [

nk
] cặp trong n - k cặp còn lại, ngoài ra số x sẽ được chọn nếu n - k lẻ và

2

không chọn thêm x nếu n - k là chẵn. Khi đó có
Theo quy tắc nhân có

n-k
] . k .2k
Cn 2k Cn
[

n-k
]
Cn 2k
[

cách chọn trong bước 2.

cách chọn ra n số trong mỗi lần chọn. Cho k = 0, 1, 2,…, n ta

được tổng ở vế trái (*).
21


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Cách 2: Chọn theo tổ hợp chập n của 2n + 1 phần tử: có C2nn 1 cách chọn (**).
Từ (*) và (**) suy ra đpcm.
m

Bài 4. Chứng minh rằng:

�(2

k 0

m  k 1

 1)Cnk k

n

+

�(2n  k 1  1)Cmk  k

= 2m+n+1.

k 0

HD. Xét tập S = {1, 2, 3,…, m + n + 1}. Số các tập con của S là 2n+m+1 (*).
Mặt khác ta chia các tập con của S là 2 loại: S 1 là tập các tập con của S có nhiều hơn n phần tử, S 2 là
tập các tập con của S có khơng q n phần tử. Ta đếm S1 và S2.
 Với S1: với mỗi k = 1, 2, …, m ta có Cnn k = Cnk k cách chọn n phần tử trong n + k phần tử trong
tập {1, 2, …, n + k} và bổ sung thêm một trong số 2 m - k + 1-1 số tập con khác rỗng của tập {n + k + 1,
m

�(2m  k 1  1)Cnk k

…, n + m + 1}. Theo quy tắc cộng và quy tắc nhân có tất cả:

các tập con của

k 0

S có quá n phần tử (1).
m = k
 Với S2: với mỗi k = 1, 2,…, n ta có Cm
 k Cm  k cách chọn m phần tử trong m + k phần tử trong
tập {1, 2, …, m + k} và bổ sung thêm một trong số 2 n - k + 1 - 1 các tập con khác rỗng của tập {m + k
+ 1,…, m + n + 1} để được một tập con của S có nhiều hơn m phần tử = số tập con của S có khơng
n

q n phần tử. Theo quy tắc cộng và quy tắc nhân có tất cả

�(2n  k 1  1)Cmk  k

các tập con của S

k 0

có quá n phần tử (2).
Từ (1) và (2) suy ra số tập con của S là:

m

n

k 0

k 0

�(2m  k 1  1)Cnk k + �(2n  k 1  1)Cmk  k

m

Từ (*) và (**) suy ra:

�(2m  k 1  1)Cnk k +

k 0

(**).

n

�(2n  k 1  1)Cmk  k

= 2m + n + 1 .

k 0

Bài 5. Chứng minh rằng:
n! = nnCn0  (n  1) n C1n  (n  2) n Cn2  (n  3) n Cn3  ...  (1) n 1Cnn 1.
HD. Xét X là tập toàn ánh từ tập M = {1, 2,…, n} vào chính nó.
Mỗi tồn ánh từ M vào chính nó là một hốn vị của M. Suy ra số các toàn ánh từ M vào M = |X| =
n! (*).
Đặt Hom(M,M) = tập các ánh xạ từ N vào N. Suy ra |Hom(M,M)| = nn.
Đặt Ai = {fHom(M,M)| if(M)} với i = 1, 2,…, n. Khi đó:
n

n

X = Hom(M,M)\( U Ai ) (1)  |X| = n - | U Ai | (1).
n

i 1

i 1

Ta có:
n

| U Ai | = C1n (n  1)n  Cn2 (n  2)n  Cn3 (n  3)n  ...  (1) n Cnn 1. n(n-1) (2).
i 1

Từ (1) và (2) suy ra:
1
n
2
n
3
n
n 1 n 1
|X| = nn Cn ( n  1)  Cn (n  2)  Cn ( n  3)  ...  (1) Cn (**) .

22


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Từ (*) và (**) suy ra đpcm.
Bài 6. Chứng minh rằng:

n�
�
�
2�
�
�

�Cni .Cni i .2n  2i  C2nn .

i 0

HD. Áp dụng bài 10.
n�
�
Tính N: với mỗi i{0; 1;…; � �} thì có Cni cách chọn vị trí cho i chữ số 1, có Cni i cách chọn vị
2�
�
trí cho i chữ số 2. Cịn lại 2 n-2i cách chọn vị trí cho các chữ số 3 và 4. Vậy theo quy tắc nhân và quy
tắc cộng ta có:
|N| =

n�
�
�
2�
�
�

�Cni .Cni i .2n  2i

(*).

i 0

Tính |M| = C2nn (**). Từ (*) và (**) suy ra:

n�
�
�
2�
�
�

�Cni .Cni i .2n  2i  C2nn .

i 0

1.3. Dùng song ánh để tính tổng các phần tử của một tập
Bài 1. Cho tập A = {1, 2, ..., n}. Mỗi tập con không rỗng của A ta xác định duy nhất một tổng đan
dấu như sau: sắp xếp các phần tử của A theo thứ tự tăng dần sau đó gán luân phiên các dấu + và sao cho phần tử lớn nhất mang dấu cộng. Tính tổng các tổng đan dấu trên.
HD. Coi tập rỗng có tổng bằng 0.
Với các tập Ai khác rỗng ta chia chúng làm 2 loại: Tập A 1 chứa các tập chứa phần tử n, tập A 2 chứa
các tập không chứa phần tử n. Khi đó tương ứng f: A 2  A1; Ai = {a1 > a2 > ... > ai}  f(Ai) = {n >
a1 > a2 > ... > ai} là song ánh.
Ta thấy tổng của tổng đan dấu của Ai và f(Ai) bằng n. Vì A có 2n tập con nên có 2n-1 cặp tập con Ai
và f(Ai). Suy ra tổng các tổng đan dấu bằng n.2n-1.
Bài 2. Cho tập S = {1, 2, ..., n}. Gọi T là tập tất cả các tập con không rỗng của S. Với mỗi X thuộc

T, gọi m(X) là trung bình cộng các phần tử của X. Tính: m 

�m( X ) .
|T |

HD. Xét song ánh f: T  T, f(X) = {n + 1 - x với x thuộc X}. Ta thấy m(X) + m(f(X)) = n + 1. Do
đó:
2�m( X ) �(m( X )  m( f ( X ))) | T | .(n  1) � m 

n 1
.
2

Bài 3. Hãy trung bình cộng tất cả các số N = a1a2 ...an chia hết cho 99 và các chữ số của N thuộc
tập {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.
HD. Gọi T là tập tất cả các số dạng. Khi đó xét tương ứng f: T  T; a1a2 ...an  b1b2 ...bn với bi =
9 - ai, i = 1, 2, ..., n. Ta thấy: N + f(N) = 99...9M99 nên f(N)T và f là một ánh xạ. Dễ chứng minh f
là song ánh. Khi đó:
2

�N  �( N  f ( N )) |T | .99...9
{ .

N �T

n

N �T

23

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Suy ra TBC các số N là: 99...9
{ 
n

10n  1
.
2
BÀI TẬP

Bài 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x + y + z = u + v + t với điều kiện 0 �x, y, z, t, u, v �9.
Bài 2. Tìm số các số hình thức có dạng: a1a2 a3a4 a5a6 với 0 �ai �9, i = 1,…,6 và tổng ba chữ số
đầu bằng tổng ba chữ số cuối.
Bài 3. Cho m, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng số cách biểu diễn n dưới dạng tổng các
chữ số nguyên dương không lớn hơn m bằng số cách biểu diễn n dưới dạng khơng ít hơn m số
ngun dương.
Bài 4. Người ta xếp n HS năm và n học sinh nữ thành một hàng sau đó tìm cách cắt thành hai hàng
sao cho mỗi hàng mới có số HS nam bằng số HS nữ. Chứng minh rằng số cách cắt hàng thỏa mãn
yêu cầu trên một cách duy nhất gấp đôi số cách cắt hàng không thỏa mãn yêu cầu của bài tốn.
Bài 5. Một câu lạc bộ leo núi có n thành viên tổ chức 4 cuộc thi leo núi chia thành 4 đội E 1, E2, E3,
E4. Hỏi có bao nhiêu cách chia các đội sao cho E1E2  , E2E3  , E3E4  .
k 0
k 1 1
0 k
k
Bài 6. Chứng minh rằng: Cm
.Cn  Cm

.Cn  ...  Cm
.Cn  Cm
 n (0  k �m, n) .

Bài 7. Tính trung bình cộng các số N gồm n chữ số (n > 1) thỏa mãn các điều kiện sau:
a) N gồm các chữ số {1, 2, 4, 5} và hiệu hai chữ số liên tiếp luôn lớn hơn 1.
b) N chia hết cho 11.
k

(1)i
�
Bài 8. Tính tổng: n i  0 i ! .
�
k  0 ( n  k )!
Bài 9 (VMO 2006, Bảng B). Một đơn vị kiểm lâm muốn lập lịch đi tuần tra rừng cho cả năm 2006
với các yêu cầu sau:
i) Số ngày đi tuần tra trong năm nhiều hơn một nửa tổng số ngày của năm;
ii) Khơng có hai ngày đi tuần tra nào cách nhau đúng một tuần lễ.
1) Chứng minh rằng có thể lập được lịch đi tuần tra rừng thỏa mãn các yêu cầu nêu trên, biết rằng
năm 2006 có 365 ngày;
2) Hỏi có thể lập được tất cả bao nhiêu lịch đi tuần tra rừng như vậy?

24


HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI PHẦN TOÁN TỔ HƠP - Chuyên Bắc Kạn-Năm học 2015-2016

Phần III. PHƯƠNG PHÁP ĐỆ QUY
---------1. Cơ sở lí thuyết
1.1. Nội dung phương pháp. Cho tương ứng các đại lượng cần đếm với các số hạng của một dãy số

(thường cho bởi công thức truy hồi). Từ cách xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số
tương ứng ta tìm được đại lượng cần tìm.
1.2. Cách xác định hệ thức truy hồi. Có hai phương pháp chính là:
 Đưa un về un-1, un-2 bằng cách phân chia tập hợp ứng với u n thành các tập con đồng dạng có
số phần tử tương ứng với un-1, un-2,...
 Từ un-1, un-2,…đưa về un bằng cách ghép các tập con đồng dạng có số phần tử tương ứng
với un-1, un-2, ...để được tập hợp đồng dạng lớn hơn có số phần tử tương ứng là un.
2. Một số ví dụ
2.1. Các bài tốn thuần t đệ quy
Bài 1. Có bao nhiêu xâu nhị phân có độ dài n mà trong đó khơng có hai bít 1 đứng cạnh nhau ?
HD. ĐS: cn = cn-1 + cn-2.
Bài 2. Cho n điểm phân biệt trên một đường thẳng. Có bao nhiêu cách tơ màu một số điểm thỏa
mãn: Hai điểm bất kì kề nhau khơng cùng được tơ màu?
Bài 3. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng (n  N*) trong đó bất kỳ hai đường thẳng nào cũng cắt
nhau và khơng có ba đường nào đồng quy. Tính số phần mặt phẳng mà các đường thẳng đó chia ra.
HD. Gọi Pn là số phần mặt phẳng mà n đường thẳng có tính chất trên chia ra. Ta có P1 = 2. Với n >
1 thì số phần mặt phẳng mà n – 1 đường thẳng chia ra là Pn–1. Xét đường thẳng thứ n. Đường thẳng
này bị n – 1 đường thẳng trước cắt theo n  1 giao điểm hay là bị chia ra thành n phần. Mỗi phần
này chia đơi phần mặt phẳng mà nó đi qua, do đó sẽ thêm n phần. Vậy ta có cơng thức truy hồi
Pn = Pn–1 + n với mọi n > 1.
Đến đây ta có
Pn = (Pn  Pn 1) + (Pn 1  Pn 2) + … + (P2  P1) + P1
= n + (n  1) + ... + 2 + 2 =
Vậy ta có Pn =

n(n  1)
1 .
2

n(n  1)

 1 với mọi nN*.
2

Bài 4. Cho số nguyên dương n > 1. Tìm số các hoán vị (a 1,a2,…,an) của 1,2,…,n sao cho tồn tại duy
nhất một chỉ số i{1, 2,…, n - 1} sao cho ai > ai+1.
HD. Gọi Sn là số các hốn vị thỏa mãn bài tốn. Khi đó chia các hoán vị thỏa mãn bài toán làm hai
loại như sau:
Loại 1: Các hoán vị mà an = n. Số các hoán vị này là Sn-1.
Loại 2: Các hoán vị mà ai = n với i{1, 2,…, n - 1}. Khi đó với mỗi ai = n thì có Cni 11 hoán vị thỏa
n 1

i 1
n 1
1 .
mãn. Vậy ta có hệ thức: Sn  Sn 1  �Cn 1  Sn 1  2
i 1

Từ S2 = 1 ta có Sn = 2n - n - 1.

25