Chuyên đề sử dụng đại lượng bất biến và đơn biến
giải bài toán tổ hợp
A. MỞ ĐẦU
1.Lý do chọn đề tài:
Bài toán tổ hợp là bài toán nằm trong cấu trúc bắt buộc của các đề thi học sinh giỏi. Các vấn đề
liên quan đến lí thuyết tổ hợp là một bộ phận quan trọng, hấp dẫn và lí thú của Toán học nói
chung và toán rời rạc nói riêng, bởi vì nó có nội dung phong phú và được ứng dụng nhiều trong
thực tiễn đời sống. Trong chuyên đề này, tôi tập trung khai khác sử dụng đại lượng bất biến và
đại lượng đơn biến để giải bài toán tổ hợp nhằm giúp học sinh có thêm một công cụ khi đứng
trước một bài toán tổ hợp.
2. Mục đích nghiên cứu:
Chuyên đề nhằm hệ thống kiến thức về đại lượng bất biến trong toán tổ hợp, trình bày
các kết quả qua quá trình nghiên cứu đại lượng bất biến. Giúp học sinh có kiến thức nền tảng và
có thêm một định hướng cho các dạng bài toán tổ hợp.
B. NỘI DUNG
1.KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trong một loạt bài toán ta thường gặp tình huống sau : Một hệ thống nào đó thay đổi liên
tục trạng thái của mình và cần phải chỉ ra một điều gì đó về trạng thái cuối cùng của nó. Khảo
sát cục bộ sau đó tất cả các lần thay đổi như vậy là một việc làm rất phức tạp và khó khăn.
Nhưng ta lại có thể trả lời câu hỏi mà bài toán yêu cầu nhờ tính một đại lượng đặc biệt nào đó
đặc trưng cho tất cả các trạng thái của hệ thống đó. Hai đại lượng thường được sử dụng là bất
biến và đơn biến. Bất biến là một đại lượng (hay tính chất) không thay đổi trong quá trình chúng
ta thực hiện các phép biến đổi. Đơn biến là một đại lượng (hay tính chất) thay đổi, nhưng chỉ
theo một chiều (tức là tăng lên hoặc giảm xuống). Dựa vào đại lượng bất biến hoặc đơn biến, ta
chỉ ra được một số tính chất của trạng thái cuối cùng, từ đó giải quyết được bài toán.
Trên thực tế phương pháp sử dụng đại lượng đơn biến hoặc bất biến được tiến hành như
sau : Tính một đại lượng nào đó bằng 2 cách: đầu tiên nó được tính ở trạng thái ban đầu và trạng
thái cuối cùng, sau đó khảo sát sự thay đổi của nó qua một số lần thay đổi nhỏ liên tiếp.
Để thiết lập các bất biến hoặc đơn biến đôi khi người ta còn sử dụng sự tô màu, tức là
chia các đối tượng đang xét ra làm các nhóm (mỗi nhóm gồm các đối tượng được đánh dấu cùng
một màu).

Ví dụ 2.1: Cho một bàn cờ kích thước 9 x 9, gồm 1 ô đen và 80 ô trắng. Thực hiện thuật toán :
mỗi lần thay đổi màu tất cả các ô trên cùng 1 hàng hoặc 1 cột (ô đen thay bằng ô trắng và ngược
lại). Hỏi có khi nào tất cả các ô trên bàn cờ cùng màu đen không?
Nhận xét: Thuật toán tương tự như bài trước, tuy nhiên, mỗi lần thực hiện thuật toán sẽ đổi màu
9 ô , như vậy tính chẵn lẻ của số lượng ô đen không bất biến. Tuy nhiên, để ý kĩ một chút, ta
hoàn toàn có thể đưa bài toán về bài toán 1: Xét hình vuông 8 x 8 ở 1 góc mà chứa ô đen. Khi
đó, việc thực hiện thuật toán của đề bài sẽ : hoặc không thay đổi hình vuông 8x 8 này, hoặc thay
màu tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc một cột.

Lời giải:
2


Giả sử ô màu đen nằm ở phần hình vuông 8 x 8 được tô đậm trên hình vẽ.
Khi đó, mỗi lần thực hiện thuật toán thì hoặc không làm thay đổi hình vuông 8 x8 này, hoặc sẽ
đổi màu 1 hàng hoặc 1 cột của hình vuông 8 x 8 này. Như vậy, theo bài toán 1 thì số ô đen trong
hình vuông 8 x 8 này luôn là số lẻ. Tức là không xảy ra trường hợp cả 64 ô đều màu đen. Vậy
không xảy ra trường hợp cả bàn cờ màu đen
Ví dụ 3.1.
Hai người chơi cờ. Sau mỗi ván người thắng được 2 điểm, người thua được 0 điểm, nếu hòa thì
mỗi người được 1 điểm. Hỏi sau một số ván liệu có thể xảy ra trường hợp một người được 7
điểm và người kia được 10 điểm được không?
Lời giải: Gọi S(n) là tổng số điểm của cả hai người sau ván thứ n.
Ta có S(n + 1) = S(n) + 2, ∀n ≥ 0
Do đó, S(n) bất biến theo modun 2.
Suy ra S(n) ≡ S(0) ≡ 0(mod 2), ∀n ≥ 0
Vậy không thể xảy ra trường hợp một người được 7 điểm, một người được 10 điểm.
Nhận xét: Tính bất biến ở đây là tính chẵn lẻ của tổng số điểm của hai ngươi chơi
Ví dụ 4.1.
Viết các số 1, 2, 3, …, 2014 lên bảng. Thực hiện thuật toán: Mỗi lần xóa đi hai số a, b bất kì và

Cho 1000 số từ 1 đến 1000 trên bảng, mỗi lần thay 1 hoặc một vài số bởi tổng các chữ số của
nó. Hỏi cuối cùng có nhiều số 1 hay nhiều số 2 hơn?
Lời giải:
Một số chia cho 9 dư k thì tổng các chữ số của nó chia 9 cũng dư k.
Các số chia 9 dư 1 trong dãy từ 1 đến 1000 là : 1; 10; 19; 28; ….; 1000, như vậy có

1000 − 1
+ 1 = 112 số
9
Các số chia 9 dư 2 trong dãy từ 1 đến 1000 là : 2; 11; 20; 29; ….; 992, như vậy có

992 − 2
+ 1 = 111 số
9
Vậy, cuối cùng có nhiều số 1 hơn số 2.
Nhận xét: trong lời giải trên ta sử dụng tính chất một số chia cho 9 dư k thì tổng các chữ số của
nó chia 9 cũng dư k. Đây chính là đại lượng bất biến của bài toán.
Ví dụ 6.1. (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG tỉnh Bắc Ninh , năm 2007)
Trên bàn có 2007 viên bi gồm 667 bi xanh, 669 bi đỏ, 671 bi vàng. Thực hiện thuật toán như sau
: Mỗi lần lấy đi 2 viên bi khác màu và đặt thêm 2 viên bi có màu còn lại. Hỏi có thể nhận được
trạng thái mà trên bàn chỉ còn lại các viên bi cùng màu được không?
Lời giải:
4


Gọi X(n), D(n) và V(n) tương ứng là số bi màu xanh, số bi màu đỏ và số bi màu vàng sau bước
thứ n.
Xét các đại lượng X(n) – D(n), D(n) – V(n) , V(n) – X(n)
Vì mỗi lần lấy đi 2 viên bi khác màu và đặt thêm 2 viên bi có màu còn lại nên các đại lượng
X(n) – D(n), D(n) – V(n) , V(n) – X(n) bất biến theo mođun 3.

Dễ dàng chứng minh được các số được viết thêm trên bảng đều chia cho 3 dư 2. Bất biến trên
cho phép ta loại trừ được số 2010 trong dãy các số được viết trên bảng. Tuy nhiên, bất biến đó
5


không cho phép ta loại trừ số 11111. Ta đi tìm một bất biến khác. Quan sát các số được viết và
quy tắc viết thêm số, ta có

c = a + b + ab ⇒ c + 1 = (a + 1)(b + 1)
Và nếu cộng thêm 1 vào các số thuộc dãy trên, ta có dãy mới
2, 3, 6, 12, 18, …
Như vậy, nếu cộng thêm 1 vào các số viết thêm thì các số này đều có dạng 2n.3m với

n,

m ∈ Ν . Do 11111 + 1 = 11112 = 3. 8. 463 nên không thuộc dãy các số viết được.
Do đó không thể viết được các số 2010 và 11111.
Nhận xét: Bài toán trên sử dụng 2 bất biến
Bài tập tương tự
Bài 5.1: Các số tự nhiên 0, 1, 2, 3, … được viết trong các ô của một bảng ô vuông kích thước
2003 x 2003 theo vòng xoáy trôn ốc (xoáy ngược chiều kim đồng hồ) sao cho số 0 nằm ở ô
trung tâm (tâm của bảng). Các dòng và cột của bảng được đánh số tăng dần từ dưới lên trên và
từ trái sang phải (bắt đầu từ số 1).
a) Số 2004 nằm ở dòng nào, cột nào? Tại sao?
b) Thực hiện thuật toán sau : lần đầu tiên, thay số 0 ở ô trung tâm bởi 1998; mỗi lần tiếp theo,
cho phép lấy ra 12 số trong 12 ô liên tiếp trong cùng một hàng hoặc trong cùng một cột hoặc
trong cùng một hình chữ nhật 3 x 4 rồi tăng mỗi số đó lên một đơn vị. Hỏi sau một số lần như
vậy ta có thể làm cho tất cả các số trong bảng đều là bội của 2004 hay không? Tại sao?
20
21

chặt được 3 đầu rồng nhưng rồng lại mọc thêm 2012 đầu. Nếu hoàng tử chặt được hết đầu của
rồng thì cứu được công chúa. Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không? Nếu số lượng đầu
rồng ban đầu là N, N thỏa mãn điều kiện gì thì hoàng tử cứu được công chúa?

2. 2. Bất biến là công thức đại số
Ví dụ 1.2.
Trên bảng người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2013 sau đó thực hiện trò chơi như
sau: mỗi lần xóa hai số bất kì và viết một số mới bằng tổng hai số đã xóa. Việc làm này thực
6


hiện liên tục cho đến khi còn một số trên bảng. Hỏi số cuối cùng còn lại trên bảng là bao nhiêu?
Tại sao?
Lời giải: Vì mỗi lần thực hiện trò chơi thì thay hai số bằng tổng của chúng nên số lượng số trên
bảng giảm đi 1 và tổng các số trên bảng không thay đổi trong mọi thời điểm. Như vậy, sau 2012
lần thực hiện thì trên bảng còn 1 số.
Tổng các số lúc đầu là: 1 + 2 + 3 + L + 2012 + 2013 =

2013.(2013 + 1)
= 2027091
2

Vậy số cuối cùng còn lại trên bảng là 2027091
Nhận xét: Bất biến trong bài toán trên là tổng của các số trên bảng không thay đổi sau thuật toán.
Ví dụ 2.2.
Một dãy gồm có 19 phòng. Ban đầu mỗi phòng có một người. Sau đó, cứ mỗi ngày có hai
người nào đó chuyển sang hai phòng bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau, Hỏi sau một số
ngày, có hay không trường hợp mà:
(a) Không có ai ở phòng có thứ tự chẵn
(b) Có 10 người ở phòng cuối.

Ví dụ 4.2.
Trên bảng có các số

1 2 3
80
; ; ;L ; . Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai số a, b bất kì và
80 80 80
80

thay bởi a + b – 2ab. Hỏi sau 1987 lần thực hiện phép xóa, số còn lại trên bảng là số nào?
Lời giải
Giả sử các số trên là a1; a2; a3; …; ak.
Xét tích P = (2a1 - 1)(2a2 - 1)…(2ak - 1)
Khi đó, sau mỗi lần biến đổi, tích trên bị mất đi hai thừa số (2a - 1)(2b - 1) và được thêm vào
thừa số 2(a + b – 2ab) – 1 = - (2a - 1)(2b – 1)
Tức là sau mỗi lần biến đổi giá trị tuyệt đối của tích P là không thay đổi.
Vì tích ban đầu bằng 0 (do bảng ban đầu có chứa số

40 1
= ) nên sau mỗi lần biến đổi thì tích
80 2

này luôn bằng 0.
Vậy số còn lại cuối cùng trên bảng là s thỏa mãn 2s – 1 = 0, hay s =

1
.
2

Nhận xét: Bất biến trong bài toán là tích tất cả các giá trị của hàm số y = 2x – 1 tại các số trên

Chứng minh rằng, tồn tại số nguyên k ≥ 2 sao cho khi thực hiện liên tiếp k lần phép thay dấu
nói trên, ta được đa giác A1A2…A1993 mà dấu tại mỗi đỉnh Ai ( i = 1,1993 ) trùng với dấu của đỉnh
đó ngay sau lần thay dấu thứ nhất
2
Bài 2.2: Trên bảng cho đa thức f (x) = x + 4x + 3 . Thực hiện trò chơi sau, nếu trên bảng đã có

đa thức P(x) thì được phép viết thêm lên bảng một trong hai đa thức sau

1

 1 
Q(x) = x 2 f  + 1÷,R(x) = (x − 1) 2 .f 
÷
x

 x −1
2
Hỏi sau một số bước ta có thể viết được đa thức g(x) = x + 10x + 9

Bài 3.2: Cho n cái cây, mỗi cây có một con chim đậu. Thực hiện thuật toán: Mỗi lần, một con
bay theo chiều xuôi qua a cây thì sẽ có một con bay theo chiều ngược qua a cây. Hỏi có khi nào
cả n con chim đều đậu trên 1 cây không?
Bài 4.2: Cho dãy số : 1, 2, 3, …, 2013. Mỗi bước thay hai số a, b bởi a.b + a + b. Hỏi sau 2012
bước, số còn lại là số nào?

2. 3. Bài toán tô màu
Ví dụ 1.3.

9


1
2
3
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
1
2
3
4
1
2
3

3
4
1
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
Ta tô bàn cờ bởi 4 màu, các ô ghi số 1 được tô màu đỏ, ô ghi số 2 được tô màu xanh, ô ghi số 3
được tô màu vàng, ô ghi số 4 được tô màu đen. Như vậy có 25 ô đỏ, 26 ô xanh, 25 ô vàng, 24 ô
đen.
Khi lát mỗi quân 1 x 4 lên bàn cờ thì mỗi quân ấy sẽ chiếm 1 ô đỏ, 1 ô xanh, 1 ô vàng và 1 ô
đen. Như vậy số lượng các ô đỏ, xanh, vàng, đen sau khi phủ bởi các quân 1 x 4 lên bàn cờ là
bằng nhau. Do đó, không thể phủ kín được bàn cờ.
Nhận xét: Tô các ô bằng 4 màu khác nhau và nhận xét số lượng ô của từng màu

42
50
58

11
19
27
35
43
51
59

12
20
28
36
44
52
60

13
21
29
37
45
53
61

14
22

Nhận xét: Bất kể hình vuông con 3 x 3 nào cũng đều chứa đúng 6 ô vuông đen hoặc 9 ô vuông
đen. Bất kể hình vuông con 4 x 4 nào cũng đều chứa đúng 12 ô đen.
Do đó, sau mỗi lần thay số, ta không làm thay đổi số dư trong phép chia cho 3 của tổng các số
trong các ô của phần gạch chéo. Tổng các số trong các ô ở phần bôi đen ở trên chia 3 dư 2, nên
tổng các số sau các bước biến đổi cũng chia 3 dư 2, tức là không thể đạt được trạng thái mà số
trong mọi ô vuông con đều chia hết cho 3.
Ví dụ 4.3.
Một hình tròn được chia thành 2010 hình quạt. Trong mỗi hình quạt có một viên bi. Thực hiện
trò chơi sau: mỗi lần cho phép lấy ra hai viên bi trong hai hình quạt nào đó và chuyển chúng
sang các ô bên cạnh nhưng theo hai chiều ngược nhau. Hỏi sau một số lần có thể chuyển hết các
viên bi vào một hình quạt được không?

11


Lời giải:
Tô màu các hình quạt bởi hai màu đen, trắng như hình vẽ sao cho hình quạt kề nhau thì khác
màu. Gọi S(n) và T(n) tương ứng là số viên bi trong các hình quạt màu đen và số viên bi trong
các hình quạt màu trắng sau bước chuyển bi thứ n. Ta có S(n) và T(n) bất biến theo modun 2.
Do S(0) = T(0) = 1005 nên S(n) và T(n) lẻ với mọi n. Do đó không thể có trạng thái mà tất cả
các viên bi ở trong cùng một hình quạt
Ví dụ 5.3.
Hình tròn được chia thành 2011 hình dẻ quạt. Xếp 2012 viên kẹo vào các phần dẻ quạt. Mỗi
bước, cho phép chuyển hai viên ở cùng một phần sang hai phần kề khác hướng. Chứng minh
rằng đến lúc nào đó có ít nhất 1006 phần có chứa kẹo.
Lời giải:
Nhận xét 1: Quá trình trên là không dừng lại, vì việc thực hiện mỗi bước không làm thay đổi số
viên kẹo ban đầu. Có 2011 hình dẻ quạt, 2012 viên kẹo, nên sau mỗi bước luôn tồn tại một hình
dẻ quạt có lớn hơn hoặc bằng 2 viên kẹo (nguyên lí đirichle), nói cách khác, sau mỗi bước thì
luôn có thể thực hiện được bước tiếp theo.

3
8
17
22
27

4
9
13
18
23
28

5
10
14
19
24
29

Cho phép đổi vị trí các số trong bảng theo quy tắc : Mỗi lần, lấy 1 số nằm ở ô kề với ô trống rồi
chuyển số đó sang ô trống. Hỏi nhờ việc thực hiện liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển số
nói trên đối với bảng ban đầu, ta có thể nhận được bảng số sau (bảng 2) không?
29
6
11
15
20
25


Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điền số 0.
Với mỗi bảng số nhận được trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả các số trong bảng
theo thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới. Khi đó, ứng với mỗi bảng số ta sẽ có một hoán
vị của 30 số tự nhiên đầu tiên. Và do đó, từ giả thiết (*) cho thấy, từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,
9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29 ) (gọi là hoán vị
I) ta có thể nhận được hoán vị (29, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19,
20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 1 ) (gọi là hoán vị 2) nhờ việc thực hiện liên tiếp 1 số hữu hạn
lần phép đổi chỗ các số hạng trong hoán vị theo quy tắc : Mỗi lần, lấy một số khác 0 của hoán vị
rồi đổi vị trí của số hạng đó và 0 cho nhau. (1)
Giả sử (a1, a2, …, a30) là một hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên. Ta gọi cặp số (a i, aj) là
cặp số ngược của hoán vị vừa nêu nếu a i > aj và i < j . Dễ thấy, sau mỗi lần thực hiện phép đổi
chỗ các số hạng theo quy tắc (1) đối với hoán vị (a 1, a2, …, a30) thì số cặp số ngược của hoán vị
sẽ tăng hoặc giảm một số lẻ đơn vị.(2)
Ta có số cặp số ngược của hoán vị I là 12, số cặp số ngược của hoán vị II là 67 . Từ đó
kết hợp với (2) suy ra từ hoán vị I ta chỉ có thể nhận được hoán vị II sau 1 số lẻ lần thực hiện
phép đổi chỗ các số hạng. Điều này cho thấy, nếu từ bảng 1 ta nhận được bảng 2 thì số lần
chuyển số phải là số lẻ. (3)
13


Tô màu tất cả các ô vuông con của bảng 6 x 5 bởi 2 màu xanh, đỏ sao cho 2 ô kề nhau có
2 màu khác nhau. Thế thì, sau mỗi lần chuyển số, số 0 sẽ được chuyển từ ô có màu này sang ô
có màu kia. Và vì thế, do số 0 ở bảng 1 và số 0 ở bảng 2 nằm ở hai ô có màu giống nhau nên từ
bảng 1 chỉ có thể nhận được bảng 2 sau một số chẵn lần chuyển số. Điều này mâu thuẫn với (3).
Vậy từ bảng (1) ta không thể nhận được bảng 2 nhờ phép chuyển số theo quy tắc của đề bài.
Nhận xét: Nhờ việc tô màu các ô vuông con trong bảng, ta tìm được số lần chuyển số là một số
chẵn. Từ các suy luận về cặp số ngược, ta tìm được số lần chuyển số là một số lẻ. Từ đó có được
kết quả của bài toán. Trong bài toán này, phát hiện và sử dụng cặp số ngược có vai trò quan
trọng. Cặp số ngược cũng được sử dụng trong bài toán sau:
Ví dụ 7.3.

Bài tập tương tự:
Bài 1.3 : Xét bàn cờ vua 8 x 8 . Chứng minh rằng nếu xuất phát từ một ô góc, con mã không
thể đi qua tất cả các ô của bàn cờ, mỗi ô một lần và kết thúc ở ô góc đối diện với ô góc nó xuất
phát.
Bài 2.3 : Xác định các số nguyên dương m, n sao cho bảng m x n có thể lát được bởi các quân
hình chữ L dưới đây

Bài 3.3 .(IMO - 2004).Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông đơn vị như hình vẽ
dưới đây, hoặc hình nhận được do lật hình đó (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hoặc hình nhận
được do xoay hình đó đi một góc.

Hãy xác định tất cả các hình chữ nhật m x n, trong đó m, n là các số nguyên dương sao cho có
thể lát hình chữ nhật đó bằng các viên gạch hình móc câu.
Bài 4.3(VMO - 1991).Cho bảng 1991 x 1992. Kí hiệu (m, n) là ô vuông nằm ở giao của hàng thứ
m và cột thứ n. Tô màu các ô vuông của bảng theo quy tắc sau: lần thứ nhất tô 3 ô (r, s), (r + 1,
s + 1), (r + 2, s + 2); 1 ≤ r ≤ 1989, 1 ≤ s ≤ 1990 , từ lần thứ hai, mỗi lần tô đúng ba ô chưa có
màu nằm cạnh nhau trong cùng một hàng hoặc cùng một cột. Hỏi bằng cách nào đó có thể tô
màu được tất cả các ô của bảng được không?

Bài 5.3 (VMO - 2006).Xét bảng ô vuông m x n (m, n là các số nguyên dương lớn hơn 3). Thực
hiện trò chơi sau : mỗi lần đặt 4 viên bi vào 4 ô của bảng (mỗi ô một viên bi) mà 4 ô đó tạo
thành một trong những hình dưới đây

Hỏi sau một số lần ta có thể nhận được bảng mà số bi trong các ô bằng nhau được không nếu
a) m = 2004 và n = 2006 ?
b) m = 2005 và n = 2006 ?

15



Do S(n) giảm và S(n) ∈ N * nên việc chuyển phòng phải dừng lại sau hữu hạn ngày.
Ví dụ 3.4
Tô đen 09 ô của bàn cờ 10 x 10. Mỗi lần tô màu đen một ô chưa tô nếu nó kề với ít nhất hai ô
đen (kề được hiểu là chung cạnh). Có thể tô màu hết bàn cờ hay không? Nếu là 10 ô thì sao?
Nếu là hình vuông n x n thì lúc đầu cần tô đen ít nhất bao nhiêu ô để có thể tô đen cả bàn cờ.
Lời giải:
Chu vi những hình đen hoặc không giảm , hoặc giảm 2, hoặc giảm 4.
Tổng chu vi những hình đen ban đầu nhỏ hơn hoặc bằng 36.
Chu vi bàn cờ 10x10 là 40.
Như vậy, không thể tô đen cả bàn cờ.
Ví dụ 4.4 (VMO 2012)
16


Cho số nguyên dương n. Có n học sinh nam và n học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, theo
thứ tự tùy ý. Mỗi học sinh (trong số 2n học sinh vừa nêu) được cho một số kẹo bằng đúng số
cách chọn ra hai học sinh khác giới với X và đứng ở hai phía của X. Chứng minh rằng tổng số
kẹo mà tất cả 2n học sinh nhận được không vượt quá

1
n(n 2 − 1).
3

Lời giải:
Gọi các bạn nam lần lượt là x 1, x2, …, xn và các bạn nữ lần lượt là y 1, y2, …, yn. Bằng tính toán
trực tiếp ta thấy rằng nếu các bạn nam nữ xếp xen kẽ x 1, y1, x2, y2, …, xn, yn thì tổng số kẹo cua
2n bạn đúng bằng

1
n(n 2 − 1).

3

C. KẾT LUẬN

Trên đây, tôi đã trình bày bốn ứng dụng cơ bản và thường dùng của đại lượng bất
biến và đơn biến trong việc giải bài toán tổ hợp, các bài toán được chọn khá đa dạng và
phong phú . Qua đó giúp học sinh tiếp cận và hình thành phương pháp giải quyết một lớp
các bài toán cùng loại. , đặc biệt là giúp các em nhìn nhận và tìm ra các đại lượng bất
biến và đơn biến ẩn trong các bài toán tổ hợp, từ đó có được cách giải bài toán phù hợp,
tăng thêm tính say mê và tích cực tìm tòi, sáng tạo ở các em.
Tôi viết chuyên đề nhằm mục đích cùng trao đổi với Quý Thầy Cô dạy bộ môn toán về
việc “hệ thống” các kiến thức, một vài kỹ năng về đại lượng bất biến và đại lượng đơn biến. Vì
17


kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế nên chắc rằng chuyên đề có thiếu sót, tôi chân thành
mong muốn và đón nhận sự trao đổi, góp ý của Quý Thầy Cô để chuyên đề ngày càng hoàn
thiện và sâu sắc hơn nữa. Tôi xin chân thành cảm ơn!

18