Skkn các kiến thức cơ bản về tổ hợp

  • Số trang: 37 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 37 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP QUI TẮC ĐẾM QUI TẮC CỘNG ( The Addition Priciples- AP) : Nếu có n1 đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ nhất , n2 đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ hai ,…… nm đối tượng khác nhau trong tập hợp thứ m, Thế thì số cách để chọn 1 đối tượng từ 1 trong m tập hợp là n1  n2  ......  nm . Cách phát biểu khác: Cho A1 ; A2 ;... Am là m tập hợp hữu hạn , k≥1.Nếu các tập hợp này đôi một rời m m i 1 i 1 nhau , nghĩa là Ai I Aj  � i; j  1; 2.....; m; i �j  thì : U Ai  �Ai . QUI TẮC NHÂN (The Multiplication – MP) Giả sử có 1 quá trình có thể chia thành m giai đoạn liên tiếp nhau có thứ tự , Với n1 kế quả khác nhau trong giai đoạn thứ nhất , n2 kết quả khác nhau trong giai đoạn thứ hai ,…… nm kết quả khác nhau trong giai đoạn thứ m, nếu các kết quả kết hợp lại là phân biệt Thế thì số kết quả kết hợp lại của toàn bộ quá trình là n1.n2 ........nm . Cách phát biểu khác : m Cho �A  A �A �.... �A    a ; a ;....; a  / a �A ; i  1; 2....; m i 1 i 1 2 m 1 2 m i i là tích Decarste của m m i 1 i 1 các tập hợp hữu hạn A1 ; A2 ;....Am . Khi đó , ta có �Ai  A1 �A2 �...... �Am  � Ai . MỘT SỐ VÍ DỤ : 1. Có bao nhiêu cách để chọn ra 4 số nguyên dương x1 ; x2 ; x3 ; x4 từ tập hợp S={1 ;2 ;…. ;499 ;500} sao cho x1 ; x2 ; x3 ; x4 là 1 cấp số nhân tăng và công bội của chúng là một số nguyên dương . 1 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI : Gọi a1 ; a1q; a1q 2 ; a1q 3 (a1; q  N ; q 2) là 4 số cần chọn , thế thì ta có : a1q 3 �� 500   q 3 500 a1 3 500 � 500 � Cho nên : 2 �q �7 1 �a1 �� 3 �.Điều đó có nghĩa là số cấp số nhân với q � � � 500 � công bội q là � 3 �. Theo qui tắc cộng , số cấp số nhân thỏa điều kiện là : q � � � 500 �  62  18  7  4  2  1  94 . 3 � q 2 � � 7 ��q 2. Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 4 chữ số phân biệt ? GIẢI : Một số có 4 chữ số là một bộ sắp thứ tự của 4 chữ số ( chữ số 0 không đứng đầu). Vì các số cần đếm là các số lẻ nên chữ số đơn vị có thể là 1,3,5,7,9. Chữ số hàng chục và trăm có là 0,1,2,….9 và chữ số hàng ngàn là 1,2,….9.Vì các chữ số là phân biệt nên : -Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị . -Có 8 cách chọn chữ số hàng ngàn.( khác 0 và khác chữ số đơn vị ). - Có 8 cách chọn chữ số hàng chục ( khác chữ số đơn vị và hàng ngàn). -Có 7 cách chọn chữ số hàng trăm . Vậy có 5.8.8.7= 2240 số cần chọn. 3. Tìm số cặp có thứ tự (x ;y) của các số nguyên x,y sao cho x  y �5 . 2 2 GIẢI : Ta phân chia bài toán thành 6 trường hợp riêng biệt : x 2  y 2  0;1; 2;3; 4;5. 2 2 Với mỗi i=0 ;1 ;2 ;3 ;4 ;5 ta đặt Si    x; y  / x; y �Z ; x  y  i . Dễ kiểm tra : S0  1; S1  4; S2  4; S3  0; S4  4; S5  8; 5 Vậy �S i 0 i  21 . 2 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT 4. Tìm số ước số dương của 600 , bao gồm cả 1 và 600 GIẢI : Trước hết ta chú ý rằng 600= 23 �31 �52 . Khi đó 1 số nguyên dương m là ước số của 600 nếu và chỉ nếu m có dạng : m  2a �3b �5c với a,b,c∈Z :0≤a≤3 ; 0≤b≤1 ; 0≤c≤2. Như vậy số ước số là 4.2.3= 24. MỞ RỘNG: Nếu một số tự nhiên n có dạng phân tích thừa số nguyên tố( The prime decomposition) là : n  p1k . p2k ..... pmk trong đó pi là các số nguyên tố 1 2 m phân biệt và ki �Z  . Thế thì số các ước số dương của n là m � k i 1 i  1 . 5. (AIME 1988)Tính xác suất để chọn được ngẩu nhiên 1 ước số nguyên dương của 1099 là một bội số của 1088 . GIẢI : Ước số của 1099 có dạng 2a.5b 0 �a;b �99;a,b �Z .Có 100 cách chọn a , 100 cách chọn b, nên có 100×100 ước số của 1099 .Tương tự , bội số của 1088 phải thỏa mãn bất đẳng thức 88≤a ;b ≤99, a,b ∈Z ; Nên có 12 cách chọn a, và 12 cách chọn b. Do đó xác suất sẽ là : 12 12 9 .  . 100 100 625 6. Xác định số các cặp số có thứ tự (a ;b) sao cho bội chung nhỏ nhất của a và b là 23.57.1113 . GIẢI : � a  2 x 5 y11z � Cả a,b đều là ước của 2 .5 .11 nên � s t u b  2 5 11 � 3 7 13 Vì 23.57.1113 là BCNN của a,b nên max{x ;s}=3 ; max{y ;t}=7 ; max {z ;u}=13. Bằng cách liệt kê ta có 7 cách chọn cặp (x ;s) ; 15 cách chọn (y ;t) ; 27 cách chọn (z ;u). Theo qui tắc nhân , ta được 7×15×27=2835 cặp số (a ;b) thỏa điều kiện . MỞ RỘNG : Nếu n là số nguyên dương và n  p1 . p2 ...... pk . là phân tích thành thừa số 1 3 2 k CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT nguyên tố của n.Thì sẽ có  21  1  2 2  1 ......  2 k  1 cặp số nguyên (a ;b) phân biệt có thứ tự sao cho BCNN(a ;b) là n. 7. Cho X={1 ;2….. ;100} và đặt S=   a; b; c  / a, b, c �X , a  b �a  c . Tính S . GIẢI: Bài toán có thể chia thành các trường hợp phân biệt khi xét a=1;2;….;99. Với a=k∈{1;2;….;99} thì số cách chọn b là 100-k và c cũng là 100-k , Thế thì số bộ số (a;b;c) cần tìm là  100  k  . Vì k lấy giá trị 1,2,….,99 nên 2 ta có : S  992  ......  12  328350. 8. Hãy xác định số hình vuông mà các đỉnh của nó là các điểm trong lưới vuông 10×10 sau (10 điểm , 9 ô). GIẢI: Ta nói rằng 4 điểm n×n quartet ( nhóm 4 ) nếu chúng là các đỉnh của hình vuông n×n mà các cạnh của nó song song với đường biên của lưới. Ta cũng nói rằng 1 hình vuông với các đỉnh của 1 quartet là một quartet square. Ta có 81= 92 quartet 1×1. Ta có : 8 quartet 2×2 trong lưới 3×10 và có 8 lưới 3×10 trong lưới 10×10 . Vậy , có 82 quartet 2×2 trong lưới 10×10. Tương tự ta có : 7 2 quartet 3×3 trong lưới đó . Nghĩa là , khi k∈{1 ;2 ;… ;9} có  10  k  quartet k×k . 2 Nhưng phần khó khăn là các hình vuông có cạnh không song song với đường biên của lưới .Mỗi hình vuông này sẽ nội tiếp bên trong 1 quartet. Cho nên ta chỉ cần đếm tất cả các quartet và các hình vuông nội tiếp nó. Không khó khăn gì ta được trong 1 k×k quartet có k hình vuông nội tiếp , 4 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT kể cả nó . Ví dụ khi k=4 ta được hình vẽ bên. Như vậy ta được : 9 9 S  � 10  k  .k  � 100k  20k 2  k 3   2 k 1 k 1 9 9 9 k 1 k 1 k 1  100�k  20�k 2  �k 3  825 9. Có n que có độ dài là 1,2,….n. Có bao nhiêu tam giác không cân được tạo thành từ 3 trong số các que đó ? GIẢI : Gọi x,y,z là độ dài 3 que đó . Không mất tính tổng quát , ta giả sử rằng xz. Ta sắp xếp các tam giác không cân theo độ dài cạnh lớn nhất của nó. Với 1≤k≤n , ta đặt Ak Σ  x; y� ; z   / x; y; z N ;1 x y z k Do đó theo qui tắc cộng , ta cần tính : 5 x y z A1  A2  ....  An . CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT Ta có : A1  A2  0 giác.Vậy A3  0 . Nếu z=3 thì x=1 và y=2 , do đó không tồn tại tam . Bây giờ ta giả sử rằng k �4 . Ta xét 2 trường hợp : Trường hợp 1 : Trong trường hợp này , ta giả sử rằng k chẳn, tức là k=2m ; m∈Z ; m≥2. Bởi vì x2x . Chú ý rằng x+y> z . Ta xét 2x≤z và 2x> z nghĩa là 1≤x≤m ; và m z-x= k-x . Vì k=2m≥2x nên ta được k-x ≥x( thỏa điều kiện y>x). Cho nên bất kỳ y nằm giữa k-x+1 và z-1= k-1 như vậy ta có (k-1)-(k-x+1) +1 =x-1 giá trị mà y có thể nhận được . Khi m2x >2m=z ( thỏa điều kiện), Bất kỳ y nằm giữa x+1 và k-1 như thế sẽ có(k-1)-(x+1)+1= k-x-1= =2m-x-1 giá trị mà y có thể nhân được. Bởi vậy cho nên ; khi k=2m m 2 m 1 m m2 x 1 x  m 1 x 1 i 0 Ak  � x  1  Ak  � 2m  x  1  � x  1  �i nghĩa là : m  m  1 ( m  2)  m  1 2    m  1 2 2 Chú ý rằng công thức này vẫn đúng khi m=1 nghĩa là khi k=2. Trường hợp 2 : Trong trường hợp này ta giả sử k lẻ , nghĩa là k=2m+1 với k là số nguyên , m≥2. Khi 1≤x≤m , ta cũng cần có y> z-x = k-x. Lúc này , k=2m+1>2x 6 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT như thế k-x >x . Như trước đó , y có thể lấy các giá trị nguyên nằm giữa k-x+1 và k-1 , như thế sẽ có (k-1)- (k-x+1) + 1= x-1 giá trị mà y có thể nhận . Khi m < x . Như thế sẽ có (k-1)- (x-1)+ 1= k-x-1= 2m-x giá trị mà y có thể nhận được . Bởi vậy , cho nên khi k= 2m+1 2m m m 1 x  m 1 x 1 i 0 m Ak  � x  1  x 1 � 2m  x   � x  1  �i  m  m  1 m  m  1   m  m  1 2 2 . Chú ý rằng công thức vẫn đúng khi m=0 và m=1 tức là k=1 và k=3. Bây giờ ta bắt đầu giải bài toán . Nếu n lẻ : n=2p+1. ( với p là số nguyên không âm nào đó )> Ta có : A1  A2  .....  An      A1  A3  .....  A2 p 1  A2  A4  .....  A2 p p p m 0 m 1 p p m 1 m 0   �m  m  1  � m  1  2�m 2  3�m  p 2 p  p  1  4 p  1 6  Nếu n chẳn : n=2p với p là số nguyên dương . Thì ta có : A1  A2  .....  An      A1  A3  .....  A2 p 1  A2  A4  .....  A2 p p 1 p m 0 m 1 p 1 p 1 m 1 m 0   �m  m  1  � m  1  2�m 2  �m  p  p  1  4 p  5  6 2 Một cách giải khác khi ta giải được n=2p+1 thì trường hợp n=2p ta có thể 7 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT tích như sau : A1  A2  .....  A2 p     A1  A3  .....  A2 p 1  A2 p1 p  p  1  4 p  1  p  p  1 6 p  p  1  4 p  5   6  10. Trước khi Rick mở một tủ đựng đồ thể thao của mính , thì Rick phải nhớ mật mã khóa của tủ , Hai trong các bộ 3 cặp số của mật mã là 17 và 24 , nhưng anh ta không nhớ được cặp số thứ ba. Và không nhớ được thứ tự của 3 cặp số . Có 40 khả năng của cặp số thứ ba. Trong 10 giây , thì có thể nhớ được tất cả các khả năng xảy không ? GIẢI : Ta xét 6 tập con của các khả năng của mã khóa . A1    x;17; 24  /1 �x �40 A2    x; 24;17  / 1 �x �40 A3    17; x; 24  / 1 �x �40 A4    24; x;17  /1 �x �40 A5    17; 24; x  / 1 �x �40 A6    24;17; x  / 1 �x �40 Mỗi tập con có 40 phần tử nhưng phải trừ đi các phần tử chung của 2 tập hợp như (17 ;17 ;24) ; (17 ;24 ;17) ; (24 ;17 ;17) ; (17 ;24 ;24) ; (24 ;24 ;17) ;(24 ;17 ;24). Vậy có tất cả 40×6-6= 234. 11. Một bằng lái xe chứa 1dãy 3 ký tự alphbet theo sau là một dãy 3 chữ số. Có bao nhiêu bằng lái xe được tạo thành nếu o và 0 không dùng cùng 1 lúc . GIẢI : Gọi S1 là tập hợp các bằng lái không có số 0. S2 là tập hợp các bằng lái không có chữ o. 8 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT S3 là tập hợp các bằng lái không có số 0và không có chữ o. 3 3 3 3 3 3 Ta có : S1  S2  S3  26 .9  25 .10  25 .9  17047279. 12. Xác định số số nguyên dương nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất một chữ số 1 trong cách viết thập phân. GIẢI : CÁCH 1 : Gọi S là tập hợp các số nguyên dương nhỏ hơn 1000. S  999. Gọi S1; S2 ; S3 là tập hợp các số nguyên dương có 1 , 2, 3 chữ số. Với i=1 ;2 ;3 đặt Ai �Si chứa đúng các chữ số đó và có ít nhất 1 chữ số 1. Ta chỉ cần tinh A1  A2  A3 . Ta dễ dàng thấy rằng A1   2;3;....;9 � A1  8 . Ta có thể chia A2 thành 3 tập hợp : A2   11 U 1b; b �1 U b1; b �1 � A2  18 . Ta có thể chia A3  A111 U A1bc U Aa1c U Aab1 U A11c U A1b1 U Aa11 . Với a,b,c≠1 ;a≠0. Do đó : A3  1  81  2.72  2.9  8  252 . Như vậy ta có A1  A2  A3 =271. CÁCH 2: Ta có thể phân chia tập hợp như sau : Gọi S’ là tập hợp những số nguyên không âm nhỏ hơn 1000. Gọi B1 là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ hơn 1000 chứa ít nhất 1 chữ số 1, và Gọi B2 là tập hợp các số nguyên không âm nhỏ hơn 1000 không chứa chữ số 1. Nghĩa là B1  B2  S '  1000. Ta có B2  9.9.9  729 Nên B1  1000  729  271 . 13. Có 15 lỗ thông hơi máy lạnh trong 1 rạp hát . Để giữ cho nhiệt độ mát mẻ , phải có ít nhất 1 lỗ thông hơi làm việc suốt thời gian. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện. GIẢI: Ta gọi các lỗ thông hơi là v1 ; v2 ; v3 ;.....v15 ; Ta có mỗi lỗ thông hơi có 2b lựa chọn là on hay off . Ta sử dụng ký tự n cho on, và f cho off. Ta đánh dấu 1 mã gồm 15 kí tự cho một tình huống. Như vậy theo qui tắc nhân có 215 9 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT tính huống , nhưng tình huống fffff….f bị loại vì tất cả các lỗ thông hơi đều đóng . Do đó có 215  1 =32767 tình huống xảy ra. ĐỊNH LÝ : Cho tập hợp S có n phần tử , thì sẽ có 2n tập con của S bao gồm S và tập rổng . Gọi A và B là 2 tập hợp . Một ánh xạ f ( map- mapping – function) từ tập hợp A đến tập B ( viết là f:A→ B). đánh dấu mỗi phần tử a∈A với đúng một phần tử b∈B ( viết là f(a)=b). b là ảnh của a. Với A’ �A , Gọi f(A’) ( ảnh của A’) xác định tập hợp các ảnh của phần tử a∈A’. Nếu f(A)= B thì f được gọi là toàn ánh (surjective- onto)nghĩa là , với mỗi b∈B sẽ là ảnh của a∈A. Với mỗi 2 phần tử phân biệt a1 ; a2 �A có ảnh khác nhau thì f được gọi là đơn ánh ( injective- one to one) . Nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh thì f là song ánh( bijective– one-to-one correspondence) HOÁN VỊ : ( PERMUTATION)(khái niệm mở rộng):tương đương với khái niệm chỉnh hợp của sgk) Một cách sắp xếp thứ tự m phần tử phân biệt của n phần tử phân biệt cho trước ( m≤n) được gọi là 1 hoán vị lấy m phần tử của n phần tử . Vì các phần tử là không lặp lại nên nên hoán vị cùng là không lặp và số hoán vị m m lấy m phần tử của n phần tử phân biệt được ký hiệu là Pn ( An ) .Khi đó ta có : Anm  n  n  1  n  2  ....  n  m  1  n!  n  m  ! .( m≤n). Đặc biệt là khi m=n thì được gọi là hoán vị của n phần tử, Số hoán vị của n phần tử là Pn  n !. 14. Cho tập hợp E={a;b;c;…;x,y,z} là tập hợp 26 chữ cái tiếng Anh. Tìm số từ có 5 ký tự sao cho các ký tự được tạo thành từ tập E; và ký tự đầu và cuối là các nguyên âm phân biệt , các ký tự còn lại là các phụ âm phân biệt. 10 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI: Đáp số : A52 . A213  159600 . 15. Trong 1 cuộc họp có 7 nam và 3 nữ . Có bao nhiêu cách sắp xếp họ thành 1 hàng sao cho : a/ 3 người nữ tạo thành 1 nhóm ( nghĩa là không có người nam nào ngồi giữa 2 người nữ ) b/ Hai vị trí ở hai đầu là nam và không có nữ nào ngồi kề nhau. GIẢI: A/ Đáp số : 8!.3!. B/ Trước hết ta sắp xếp 7 nam : có 7! cách xếp. Với mỗi cách xếp cố định đó , vì vị trí ở 2 đầu là nam , nên chỉ có 6 chỗ cho 3 nữ . Vậy số cách xếp là 7!×6×5×4. 16. Giữa các số 20000 và 70000 , tìm số các số nguyên chẳn mà các chữ số không lặp lại. GIẢI: Gọi abcde là số cần tìm , Chữ số a có thể chọn từ {2;3;4;5;6} và chữ số e có thể chọn từ {0;2;4;6;8} . Vì {2;3;4;5;6} I {0;2;4;6;8}={2;4;6} nên ta chia thành 2 trường hợp rời nhau: Trường hợp 1: a∈{2;4;6} : a có 3 cách chọn , e có 5-1=4 cách chọn , và bcd có A103 2  A83 cách chọn .Vậy có 3 �4 �A83  4032 số chẳn. Trường hợp 2: a∈{3;5} a có 2 cách chọn , e có 5 cách chọn và còn lại bcd có A83 cách chọn . Vậy có 2 �5 �A83  3360 số chẳn. Vậy có tất cả 7392 số chẳn. 17. Cho S là tập hợp các số tự nhiên mà các chữ số được chọn từ {1;3;5;7}. Sao cho không có chữ số nào lặp lại. Tìm a/ S n b/ � n�S GIẢI: CÁCH 1: a/ Ta chia S thành 4 tập hợp con rời nhau: (1) các số có 1 chữ số: 1;3;5;7. (2) các số có 2 chữ số : 13;15;17;…… 11 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT (3) các số có 2 chữ số : 135;137;…… (4) các số có 4 chữ số: 1357;1375;….. 4 1 2 3 4 Ta có : S  �Si  A4  A4  A4  A4  4  12  24  24  64 . i 1 b/ Gọi 1 xác định tổng của các chữ số hàng đơn vị của các số trong S,  2 xác định tổng của các chữ số hàng chục của các số trong S;  3 xác định tổng của các chữ số hàng trăm của các số trong S  4 xác định tổng của các chữ số hàng ngàn của. các số trong S. Do đó ;   1  10 2  100 3  1000 4 Trước hết , ta xác định 1 ; Rỏ ràng , tổng của các chữ số hàng đơn vị trong S1 là 1+3+5+7 =16. Trong S 2 có A31 số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị của các số trong S2 , là A31 (1  3  5  7)  48 . Trong S3 có A32 số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị của các số trong S3 , là A32 (1  3  5  7)  96 . Trong S4 có A33 số mà các chữ số đơn vị tương ứng là 1,3,5,7 nên tổng các chữ số hàng đơn vị của các số trong S4 , là A33 (1  3  5  7)  96 . Cho nên : 1  16  48  96  96  256 Tương tự , ta có :  2  A31  1  3  5  7   A32  1  3  5  7   A33  1  3  5  7   240  3   A32  A33  (1  3  5  7)  192  4  A33 (1  3  5  7)  96 Vậy   1  10 2  100 3  1000 4  256  2400  19200  96000  117856 . CÁCH 2: Rõ ràng 4 số trong S1 có thể chia thành 2 cặp {1;7} và {3;5} và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 8. 12 số trong S2 có thể chia thành cặp {13;75};{15;73};{17;71};{35;53}… và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 88. Tương tự ; 24 số trong S3 có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp này là 888. 24 số trong S4 có thể chia thành cặp và tổng của 2 số trong mỗi cặp này 12 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT là 8888. 4 2 12 2 24 2 24 2 Như vậy :   8 �  88 �  888 �  8888 �  117856. TỔ HỢP ( COMBINATION) Một lựa chon m phần tử phân biệt không sắp xếp thứ tự của n phần tử phân biệt được gọi là tổ hợp m phần tử của n phần tử. Vì các phần tử không lặp lại nên tổ hợp này còn gọi là tổ hợp không lặp. Số tổ hợp n! m không lặp lại của m phần tử từ n phần tử là Cn  m ! n  m  ! . 18. Chứng minh công thức : Cnr  Cnr11  Cnr1 (n,r∈N; r≤n). GIẢI: Cách 1: Dùng công thức. Cách 2: Dùng Tổ hợp . Gọi A={1;2;…;n} có Cnr cách lấy r phần tử từ A. Mỗi cách lấy đó sẽ có phần tử “1” hoặc không có phần tử “1”. Số cách lấy có phần tử “1” là Cnr11 . ( chỉ cần lấy thêm r-1 phần tử) Số cách lấy không có phần tử “1” là Cnr1 . Từ đó suy ra đpcm. Một dãy các số a1 ; a2 ;....an được gọi là xâu k-aray , với n,k ∈ N * , nếu ai � 0;1; 2;....; k  1 với mỗi i=1 ;2 ;…… ;n. Độ dài của xâu là n , chính là số số hạng trong xâu .Đôi khi một xâu như thế có thể viết là  a1 ; a2 ;....; an  . Một xâu k-aray có thể được gọi là xâu nhị phân ( binary) , Xâu tam phân ( ternary) hay tứ phân ( quarternary) khi k=2 , 3, 4. Ví dụ : {(0 ;0 ;0) ; (0 ;0 ;1) ;(0 ;1 ;0) ;(1 ;0 ;0) ;(0 ;1 ;1) ;(1 ;0 ;1) ;(1 ;1 ;0) ; (1 ;1 ;1) } là tập hợp tất cả 8 xâu nhị phân có độ dài là 3. Để tạo ra 1 xâu k-aray có độ dài n : trước hết ta chọn a1 từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} kế đến chọn a2 từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1} ; và cho đến cuối cùng chọn an từ tập hợp B={0 ;1 ;… ;k-1},Vì có k cách chọn n k� 44 2� 4. � 43k  k trong mỗi bước , nên số xâu k-ary phân biệt có độ dài n là k1� n 19. Cho dãy nhị phân có chiều dài là 7.Hỏi có bao nhiêu dãy chứa 3 số 0 và 4 số 1. 13 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI: Trước hết ta xếp 3 số 0 vào 3 trong 7 vị trí của chuỗi . Sau đó xếp 4 số 1 vào 4 vị trí còn lại. Vậy có C73 .C44 chuỗi thỏa điều kiện . 20. Có bao nhiêu cách lập ra 1 Ủy Ban gồm 5 người từ 11 người bao gồm 4 thầy giáo và 7 học sinh, nếu : a/ Không có yêu cầu về cách lựa chọn . b/Ủy ban phải bao gồm đúng 2 thầy giáo . c/ Ủy ban phải bao gồm ít nhất 3 thầy giáo. d/ Đặc biệt 1 thầy giáo và 1 học sinh không thể cùng nằm trong ủy ban. GIẢI: a/ C115  462 b/ C42 .C73  210 . c/ C43 .C72  C44C71  91 . d/ Gọi T là người thầy đặc biệt, S là học sinh đặc biệt. Ta tìm số cách lập ra ủy ban bao gồm cả T và S. Như vậy có C93 cách lập . Vậy số cách lập thỏa điều kiện là C115  C93  378. 21. Giả sử có 8 người chơi a;b;c;d;e;f;g;h tham dự 1 giải tennis đơn . Ở vòng đầu tiên, họ chia thành 4 cặp để thi đấu. Hỏi số cách sắp xếp. Gọi A là 1 tập hợp gồm 2n phần tử . Một ghép đôi của A ( A pairing ) là 1 sự phân chia tập hợp A thành các tập con 2 phần tử rời nhau tức là 1 hợp của các tập con 2 phần tử rời nhau tạo thành A. Thí dụ : Nếu A={a;b;c;d;e;f;g;h} thì {{a;b};{c;f};{d;h};{e;g}} và {{a;h};{c;f};{d;h};{b;g}} là 2 ghép đôi khác nhau của A.Chú ý rằng thứ tự của các tập con và thứ tự của 2 phần tử trong mỗi tập con là không quan trọng . 22. Cho A là tập hợp gồm 2n phần tử ( n≥1) Tìm số sự ghép đôi khác nhau của A. GIẢI: Ta xét 3 cách khác nhau để giải bài tập này : Cách 1: Ta chọn một phần tử bất kỳ là x trong A. Số cách để chọn người cùng cặp với x , gọi là y, là 2n-1 cách . ( và {x;y} là 1 tập con 2 phần tử).Chọn một phần tử bất kỳ khác là z, từ 2n-2 phần tử còn lại của tập hợp A\{x;y} . Số cách để chọn người cùng cặp với z là 2n-3. Tiếp tục quá 14 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT trình đó .Số cách cần tìm là : (2n-1)(2n-3)…..5.3.1. Cách 2: Trước hết ta tạo ra 1 tập con có 2 phần tử của A và đặt vào vị trí (1) như hình vẽ .Có C2n2 cách là như thế . {..} { {..} { {..}..........{..} { { (1) (2) (3) (n) Kế tiếp , lại tạo ra 1 tập con có 2 phần tử từ phần còn lại của A và đặt chúng vào vị trí (2) . Có C22n  2 cách làm như thế . Và cứ tiếp tục như vậy. Do đó số cách cần tìm là : C22n .C22n  2 .....C42 .C22 vì các phân chia không quan n! tâm đến thứ tự. Cách 3: Trước hết ta sắp xếp 2n phần tử của A thành 1 hàng và đặt chúng vào 2n khoảng trống sau: { ; };{ ; };………………….{ ; }; (1) (2) (3) (4) (2n-1) (2n) Có (2n)! cách sắp xếp . Vì thứ tự của các phần tử trong mỗi tập con 2 phần tử và thứ tự các phần tử trong n tập con là không quan trọng nên số  2n  !   2n  ! n cách theo yêu cầu là : 2!2!.......2! 1 4 2 43 �n ! n !�2 . n CHÚ Ý: Bài toán trên có thể mở rộng theo cách sau: Cho A là một tập hợp có kn phần tử phân biệt (k,n∈N) . 1 sự ghép k-phần tử của A là một phân hoạch A thành các tập con k phần tử tức là phân chia A thành các tập con k phần tử đôi một rời nhau. 23. Có bao nhiêu số có 5 chữ số lớn hơn 21300 sao cho các chữ số của nó là phân biệt và lấy từ các chữ số {1;2;3;4;5} GIẢI: Cách 1: Ta chia thành các loại: - Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 1 trong các số 3,4,5: là A31.P4 . - Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là số 2 và chũ số 15  CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT hàng nghìn là 1 trong các số 3,4,5 là A31.P3 . -Số các có 5 chữ số mà chữ số hàng chục nghìn có thể là 2 và chữ số hàng nghìn là 1 là P3 . Vậy tổng số các số là A31.P4  A31.P3  P3  96 . Cách 2: Vì số các số có 5 chữ số mà các chữ số phân biệt là P5 và chỉ có các số mà chữ số hàng chục ngàn là 1 thì mới không vượt quá 21300 ( số các số này là P4 ) nên số các số cần tìm là P5  P4  96 . 24. Cho n,k là các số nguyên dương và S là tập hợp n điểm trong mp sao cho: (i) không có 3 điểm nào của S là thẳng hàng , (ii) Với bất kỳ điểm P thuộc S , có ít nhất k điểm thuộc S cách đều P. 1 2 Chứng minh rằng k   2n IMO 1989. GIẢI: Để thuận lợi , ta gọi 1 đoạn thẳng nối 2 điểm bất kỳ của S là cạnh . Gọi l là số cạnh trong mp. Trước hết , vì có n điểm phân biệt và bất kỳ 2 điểm xác định được 1 cạnh nên ta có l= Cn2 cạnh . Kế tiếp , mỗi điểm P của S theo điều kiện (ii) có thể vẽ được 1 đường tròn tâm P(C(P)) sao cho đường tròn đó chứa ít nhất k điểm của S. Rõ ràng rằng mỗi điểm của S nằm trên (C(P)) xác định ít nhất Ck2 cạnh . Do đó với n điểm P trong tập hợp S thì tổng số cạnh ít nhất là n Ck2 ( có đếm lặp lại). Bây giờ ta thấy rằng , các cạnh được đếm nhiều hơn 1 lần. 1 cạnh được đếm nhiều hơn 1 lần khi và chỉ khi cạnh đó là dây cung chung của ít nhất 2 đường tròn. Vì 2 đường tròn có nhiều nhất 1 dây cung chung cho nên n đường tròn , số dây cung chung được đếm lặp lại nhiều nhất Cn2 . Cho nên : l ۳� nCk2  Cn2  Cn2 nCk2 Cn2 2Cn2 nCk2 � k 2  2k  2  n  1 �0  k 1  1  8  n  1 2 . 1 2 1 8n 2 1 2 2n NHẬN XÉT: (1) Trong chứng minh trên , đại lượng l được dẫn ra từ đầu và nó được đếm ước lượng bằng 2 cách suy nghĩ, bằng các cách ấy dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh. Đó là 1 kỹ thuật hay sử dụng trong tổ hợp . 16 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT (2) Từ chứng minh trên ta thấy rằng điều kiện (i) là không cần thiết vì nếu A,B,C thẳng hàng thì 3 đoạn thẳng AB,AC,BC cũng được xem như là 3 cạnh phân biệt. HOÁN VỊ LẶP LẠI : Một cách sắp xếp m phần tử của n phần tử phân biệt ( mỗi phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần )được gọi là hoán vị lặp lại của m phần tử từ n phần tử.Số hoán vị lặp lại là nm . Chứng minh : Xác định n phần tử phân biệt là 1,2,3…n. Thế thì một tổ hợp lặp có dạng :  i1 ; i2 ;.....; im   1 �i1 �i2 �.... �im �n  �j1  i1 �j  i  1 �2 2 1� j1 j2 Đặt � ........... � � �jm  im  m  1 ....... jm n m 1 và như vậy mỗi tổ hợp lặp  i1 ; i2 ;.....; im  sẽ tương ứng với duy nhất một tổ hợp không lặp  j1 ; j2 ;.....; jm  và số tổ hợp này là Cnm m1 . ALL PERMUTATION OF INCOMPLETE DISTINCT OBJECTS: Giả sử có n phần tử bao gồm k phần tử phân biệt a1; a2 ;.......; ak với số lần lặp lại tương ứng là n1 ; n2 ;...nm : n1  n2  ...  nm  n , tất cả các hoán vị của n phần tử được gọi là tất cả các hoán vị của các đối tượng phân biệt không n! n ;n ;....; n  đầy đủ , ta có số hoán vị loại đó là An . n1 !.n2 !.....nk ! Chứng minh : Gọi f là số hoán vị thỏa mãn bài toán .Nếu ta trao đổi các phần tử trong cùng một loại và sắp xếp lẩn nhau từng nhóm thì ta sẽ có n1 !.n2 !.....nk ! hoán vị . Theo qui tắc nhân số tất cả các hoán vị của n phần tử phân biệt bằng f .n1 !.n2 !.....nk ! . Do đó ta có : f. n1 !.n2 !.....nk ! = n! Suy ra đpcm. 1 2 k 25. Tìm số dãy tam phân có độ dài là 10 có 2 chữ số 0, 3 chữ số 1và 5chữ số 2. GIẢI: Đáp số : 2520. 17 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT 26. Tìm số cách để lát 1 hình chữ nhật 1×7 bằng các block 1×1; 1×2; 1×3. Giả sử rằng các block này có cùng kích thước là không đáng kể. GIẢI: Minh họa 2 cách phủ như sau: 2 1 1 3 1 3 3 Với i =1 ;2;3 , ta đặt bi xác định block 1×i. Như vậy , cách lát thứ nhất chỉ ra ở trên có thể biểu diễn dưới dạng b2b1b3b1 . Đó là hoán vị của bộ  2 �b1 ; b2 ; b3  . Cách thứ hai biểu diễn bởi b1b3b3 . Đó là hoán vị của  2 �b3 ; b1 . Chú ý rằng tổng của các chỉ số trong mỗi bộ đều bằng 7. GIẢI: Từ minh họa trên , ta thấy số cách yêu cầu bằng với số hoán vị của một vài số bi sao cho tổng của các chỉ số của bi là 7. Ta có 8 trường hợp bao gồm các khả năng sau đây:  i   7 �b1  iii   4 �b1 ; b3   v   2 �b1 ; b2 ; b3   vii   b1; 2 �b3  ii   5 �b1; b2   iv   3 �b1 ;2 �b2   vi   b1;3 �b2  (viii)  2 �b2 ; b3  Trong mỗi trường hợp , số hoán vị là :  i 1 5! 5 4! 4! (v)  12 2! 3! (vii)  3 2! (iii ) 6! 6 5! 5! (iv)  10 3!2! 4! (vi)  4 3! 3! (viii) =3 2! (ii) Như vậy sẽ có : 44 cách lát . 27. Chứng minh rằng (4n)! là bội số của 23n.3n với mỗi số tự nhiên n. 18 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT GIẢI: Xét tập hợp M   4 �a1; 4 �a2 ;....; 4 �an  .  4n  !  4n  !  4n  ! Ta có : P  4n; 4; 4....;4    4! n  3 n  23n.3n .  2 .3 Vì P  4n; 4; 4....; 4  là số tự nhiên nên suy ra đpcm. TỔ HỢP LẶP LẠI: Một lựa chọn không thứ tự m phần tử từ n phần tử đã cho phân biệt ( mỗi phần tử có thể lặp lại hữu hạn lần ) được gọi là tổ hợp lặp . Số tổ hợp lặp là Cnm m1 . Cho M=  �.a1; �.a2 ;.....; �.an ; là 1 multi-set với n ∈N. Một multi-set của dạng  m1.a1 ; m2 .a2 ;......; mn .an  với mi là các số nguyên không âm, được gọi là một  m1  m2  ....  mn  -phần tử của multi-subset cua M. Với số nguyên không âm r , goi H nr xác định số r-phần tử của multisubset của M. 28. Có 3 loại sandwich , gọi là chicken(C ) ; fish(F) ; ham (H). có ở nhà hàng. Một người muốn đặt trước 6 sandwich . Giả sử rằng không giới hạn việc cung cấp sandwich trong mỗi loại , Hỏi có bao nhiêu cách đặt phần ăn trên? GIẢI: Vấn đề của bài toán này là đếm số H 63 được liệt kê trong 6-phần tử multi subset của  ��C; ��F ; ��H  . Bảng sau đây cho 4 cách lựa chọn : (1) (2) (3) (4) (C) oo o (F) o oooo oo ooo Ta biểu diễn bảng trên bằng chuỗi nhị phân : 19 (H) ooo o oooo ooo CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TỔ HỢP GIÁO VIÊN : TRẦN TIẾN ĐẠT (1) 00101000 (2)01000010 (3)10010000 (4)00011000 Trong mỗi trường hợp , ta thấy việc sắp thứ tự của 6 loại sandwich tương ứng với một chuỗi nhị phân có độ dài là 8 vói 6 ký tự 0 và 2 ký tự 1. , thứ tự khác nhau dẫn đến chuỗi nhị phân khác nhau. Ta thấy có 1 song ánh giữa tập hợp các cách sắp xếp với tập hợp chuỗi nhị phân như trên. Cho nên ta có , H 63  C82 . Xét trường hợp tổng quát: a1 a2 a3 an S oo.......o 14 2 43 oo.......o 14 2 43 oo.......o 14 2 43 r1 r3 … oo.......o 14 2 43 rn r1 Sử dụng cơ cấu này , mỗi tập con S=  r1 �a1; r2 �a2 ;.....; rn �an  của M , ở đây ri �0; i có thể biểu diễn thành 1 hàng có ri số 0 trong khoảng dưới ai . Nếu ta xem mỗi cột đứng là 1 số 1 thì mỗi r-phần tử tập con của M tương ứng với ột chuỗi nhị phân có độ dài r+n-1 với r số 0 và n-1 số 1 . Tương ứng này là một song ánh giữa họ các r-phần tử tập con của M và họ các chuỗi nhị phân như trên. Như vậy ta có kết quả, Cho M=  �.a1; �.a2 ;.....; �.an ; là 1 tập con với n ∈N.Số r-phần tử của M là H nr  Cnr r 1 . NHÂN TỔ HỢP: Sắp xếp n phần tử phân biệt vào k loại phân biệt ( k≤n) sao cho có ni phần tử trong nhóm thứ i , ( i=1;2….;k; n1  n2  ....  nk  n ) Thế thì số cách sắp xếp là : Cnn1 ;n2 ;....;nk  n! . n1 !.n2 !.....nk ! Chứng minh : Số cách lấy n1 từ n phần tử là Cnn 1 n Số cách lấy n2 từ n- n1 phần tử là Cn n ……………………………. 2 1 20
- Xem thêm -