Chương 1 đã trình bày lý thuyết cơ bản của toán tổ hợp. Dựa trên cơ sở lý thuyết đó trong chương này khóa luận sẽ tập trung trình bày một số bài toán tổ hợp cơ bản, phù hợp với học sinh THPT khi tham gia các kì thi tốt nghiệp, cao đẳng, đại học.1 Một số bài toán đếm không lặp Trong các bài toán về phép đếm không lặp, mỗi phần tử cần đếm chỉ có thể xuất hiện tối đa một lần. Để giải các bài toán đếm không lặp người ta sử dụng hai quy tắc chính của phép đếm là quy tắc cộng và quy tắc nhân, cũng như sử dụng hai phương pháp đếm trực tiếp hoặc đếm gián tiếp .1 Bài toán lập số Bài 1: Cho tập hợp các chữ số X 1, 2,,9. Từ tập hợp X có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 6 chữ số khác nhau từng đôi một.
Giải: Gọi số cần lập là n = a1a2a3a4a5a6 , ai X. Vì n là số chẵn nên a6 2;4;6;8 có 4 cách chọn. Còn a1, a2 , a3 , a4 , a5 là một bộ phân biệt có thứ tự được chọn từ X do đó nó là một chỉnh hợp chập 5 của 8 (Trừ đi số a6 đã chọn). A85 224 số thỏa mãn bài toán.
Bài 2: Cho tập hợp các chữ số X 0, 1, 2,,7. Từ tập hợp X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số khác nhau từng đôi một thỏa mãn : a. Là số chẵn. Là số tiến (chữ số sau lớn hơn chữ số đứng trước nó).
Giải: Gọi số cần lập là n = a1a2 a3a4 a5 , ai X , a1 0. Vì n là số chẵn nên a5 0, 2, 4, 6. Trường hợp 1: Nếu a5 0 thì a5 có 1 cách chọn. Khi đó a1, a2 , a3 , a4 là một bộ phân biệt có thứ tự được chọn từ X\{0} do đó nó là một chỉnh hợp chập 4 của 7.
Vậy có A74 =840 số thỏa mãn bài toán. Trường hợp 2: Nếu a5 được chọn từ {2, 4, 6} thì a5 có 3 cách chọn. a1 được chọn từ tập X\{0, a5 } nên a1 có 6 cách chọn. a2 , a3 , a4 là một bộ phân biệt thứ tự được chọn từ X\{ a1, a5 } do đó nó là một chỉnh hợp 6 chập 3.
A63 =2160 số thỏa mãn bài toán. Vậy số các số chẵn gồm 5 chữ số phân biệt hình thành từ X là: 840+2160=3000 số. b) Vì n là số tiến nên a1 a2 . a5 và do a1 0 nên 1 a1 a2 .
Mỗi cách chọn ra 5 chữ số thì chỉ có 1 cách sắp xếp từ nhỏ đến lớn. Vậy số các số cần tìm là số cách chọn ra 5 chữ số từ tập X \ {0}. Vậy có C75 =21 số thỏa mãn điều kiện. Bài 3: Cho A 0, 1, , 5 , có bao nhiêu số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3.
Giải: 10 Ta “dán” hai chữ số 2 và 3 thành một chữ số kép. Có hai cách dán 23 hoặc 32. Bài toán trở thành: “Từ năm chữ số thuộc B={ 0;1; 4;5; số kép} có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số khác nhau” Gọi số có năm chữ số được lập từ B là n = a1a2 a3a4 a5 , ai B , a1 0. a1 được chọn từ tập B \ 0 nên a1 có 4 cách chọn.
a2 , a3 , a4 , a5 là một bộ phân biệt thứ tự được chọn từ X \{a1} do đó nó là một hoán vị của 4.4 ! = 192 số thỏa mãn bài toán. Bài 4: Từ tập A 0, 1, , 5 có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số sao cho mỗi chữ số xuất hiện nhiều nhất một lần. Tính tổng tất cả các số đó. Giải: Xét trường hợp các số lập được từ A có 6 chữ số (cả trường hợp số 0 đứng đầu).
Ta thấy các số trong tập A đều xuất hiện 120 lần trên các hàng trăm nghìn, hàng chục nghìn, hàng nghìn, hàng trăm hàng chục và hàng đơn vị. Vậy tổng tất cả các số lập được trong trường hợp này là: T 120 0 1 2 3 4 5 105 120 0 1 2 3 4 5 104 106 1 120 0 1 2 3 4 5 120. 10 1 Xét trường hợp số 0 đứng đầu 0a2 a3a4 a5a6 , ai A \ {0}, i 2,6. Ta thấy các số 1, 2, 3, 4, 5 đều xuất hiện 24 lần trên các hàng chục nghìn, hàng nghìn, hàng trăm hàng chục và hàng đơn vị.
11 Vậy tổng các số lập được trong trường hợp này là: 105 1 K 24. 10 1 Tổng các số lập được có 6 chữ số là: P6 P5 600 số. Tổng tất cả các số đó là: 106 1 105 1 S T K 120. 10 1 10 1 Bài 5: Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác mhau và lớn hơn 685000 lập từ A 0, 1, , 9.
Giải: Gọi số cần tìm là: n a1a2. Trường hợp 1: Số có dạng 68a3a4. a3 có thể nhận 3 giá trị 5, 7, 9 nên có 3 cách chọn. a4 , a5 , a6 , a7 là một bộ 4 số có thứ tự lập từ A \ {6,8,a 3}.
Có A74 cách chọn bộ 4 số có kể thứ tự. A74 số thỏa mãn bài toán. Trường hợp 2: Số có dạng 69a3a4. a3 , a4 , a5 , a6 , a7 là một bộ 5 phần tử từ A \ {6,9} và có kể thứ tự các phần tử.
Trường hợp 3: số có dạng a1a2. a1 có 3 cách chọn là 7, 8, 9. 12 a2, a3 , a4 , a5 , a6 , a7 là một bộ 6 phần tử từ A \ {a1} và có kể thứ tự các phần tử. A74 A85 A96 69720 số thỏa mãn bài toán.
Bài 6: Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau trong đó mỗi số có tổng của ba chữ số đầu nhỏ hơn tổng của ba chữ số cuối một đơn vị. Giải: Gọi số cần tìm là: n a1a2. Vậy tổng của ba chữ số đầu là 10. Vậy có 3 cách chọn 3 nhóm 3 chữ số đầu (1,3,6 hoặc 1,4,5 hoặc 2,3,5).
Với 1 cách chọn nhóm 3 chữ số thì có 3! cách để lập ra số a1a2a3. Với 3 số còn lại thì có 3! cách để lập ra số a4a5a6. Bài 7: Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng 8. Giải: Gọi số cần tìm là: n a1a2.
Theo bài ra a3 a4 a5 8. Vậy có hai cách chọn nhóm 3 số để tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng 8. Với mỗi nhóm có 3 ! = 6 cách lập ra số a3 , a4 , a5. Với 3 chữ số còn lại a1 , a2 , a6 là 1 bộ số có thứ tự được chọn từ tập 1, 2,.3! A6 1440 số thỏa mãn bài toán.
3 Bài 8: Từ tập A 1, 2,3, 4,5,6,7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và nhất thiết phải có hai chữ số 1 và 5. Giải: Trong 5 chữ số thì có 2 chữ số là 1 và 5. Ta chỉ cần chọn ra ba số thuộc tập hợp 2,3, 4,6,7. Số cách chọn là C 35 10.
Với 5 số được chọn ra có 5! cách thành lập số thỏa mãn. Bài 9: Từ tập A 0,1, 2,3, 4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm 5 chữ số khác nhau trong đó có đúng hai chữ số lẻ và hai chữ số lẻ này đứng cạnh nhau. Giải: Vì có 3 số lẻ nên có 6 „số kép‟ sau 13, 31, 15, 51, 35, 53. Bài toán trở thành có bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập B { 0, 2, 4,6, số kép}.
Gọi A1 , A2 , A3 lần lượt là tập hợp các số chẵn có 4 chữ số khác nhau được lập từ tập B trong đó „ số kép‟ đứng ở vị trí thứ nhất, thứ hai, thứ ba. Trường hợp 1 : số kép đứng ở vị trí thứ nhất. Ba chữ số còn lại được chọn từ tập 0, 2, 4,6 : Có A43 cách chọn 14 n A1 A43 24 Trường hợp 2 : số kép đứng ở vị trí thứ hai hoặc thứ ba. Số đứng đầu được chọn từ tập 2, 4,6 : có 3 cách chọn Hai chữ số còn lại được chọn từ tập 0, 2, 4,6 \{chữ số đầu}: Có A32 cách chọn.A32 18 Vậy có 6 24 18 18 360 số thỏa mãn bài toán.
Bài 10: Số 360 có bao nhiêu ước tự nhiên ? Giải : Phân tích 360 ra thừa số nguyên tố : 360 23.5 Số d là ước của 360 phải có dạng d 2m. Vậy theo quy tắc nhân, ta có 3 1 2 11 1 24 ước tự nhiên của 360. Tổng quát hóa Để tìm số các ước của số A ta thực hiện theo các bước sau : Bước 1 : Phân tích A ra thành thừa số nguyên tố. với pi 1, i 1, k và đôi một khác nhau.
Bước 2 : Số d là ước của A phải có dạng d p1a1. Bước 3 : Số các ước tự nhiên của A là n1 1 n2 1 n3 1. Bài 11: Có bao nhiêu số nguyên dương là ước của ít nhất một trong hai số 5400 và 18000? Giải : Đặt A x ¥ , x 5400 ; B x ¥ , x 18000. Yêu cầu bài toán là tìm A B 15 Trước hết ta tìm A , B , A B Ta có 5400 23.53 Vận dụng kết quả tổng quát của bài 10 ta có A 3 1 3 1 2 1 48 B 4 1 2 1 3 1 60 Mặt khác tập hợp A B là tập các ước nguyên dương của 5400 và 18000, vì thế A B cũng là tập hợp của các ước dương của ước chung lớn nhất của 5400 và 18000.