Nội dung chính của bài viết trình bày một số định lý quan trọng, một số phương pháp giải toán cực trị tập hợp, xây dựng - quy nạp - truy hồi. Để hiểu rõ hơn, mời các bạn tham khảo chi tiết nội dung bài viết này.
CỰC TRỊ TẬP HỢP TRẦN MINH HIỀN (Trường THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước) Một số định lý quan trọng Định nghĩa 1.1 Cho F họ tập hợp tập n phần tử X Khi F gọi họ giao với A, B ∈ F ta có A B = ∅ Định lý 1.2 Cho F họ giao tập n phần tử X Khi |F| ≤ 2n−1 Chứng minh Lấy tập A ⊆ X Khi với cặp tập (A, X\A) X, nhiều hai tập A X\A thuộc vào F (vì hai tập A, X\A thuộc vào F A ∩ (X\A) = ∅ mâu thuẫn với F họ giao tập X) Vì X có 2n tập con, cặp tập (A, X\A) có nhiều tập thuộc F Do |F| ≤ · 2n = 2n−1 Định lý 1.3 (Định lý Erdos-Ko-Rado) Một họ F k_tập (một tập hợp có k phần tử gọi k_tập) tập n phần tử X n (k ≤ ) Khi n−1 |F| ≤ k−1 Chứng minh Với n, k số nguyên dương với n ≥ 2k Một k_cung tập {i, i + 1, , i + k}, với số nguyên lấy theo modulo n Một cách hình dung cho k_cung k đoạn cung tròn liên tiếp, nối hai điểm i i + k(modn) đường trịn Ta nói hai cung A A giao chúng có chung đoạn cung tròn (k_cung hai cung giao minh họa hình đây) 123 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Một họ {A1 , A2 , , At } k_cung giao đôi [n] t ≤ k Thật vậy, điểm i (điểm gắn cho cung tròn) điểm kết thúc hai cung: cung nhận i điểm cung nhận i điểm cuối Do hai cung không giao nhau, dẫn đến nhiều hai cung thuộc vào họ F Xét cung A1 cho trước Vì cung lại phải giao với A1 đoạn cung chung Do cung cịn lại phải nhận 124 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 điểm cung A1 , điểm i1 , i2 , , ik−1 , điểm kết thúc Vì điểm kết thúc có khơng k_cung thuộc F, nên có k − điểm kết thúc có khơng q k_cung thuộc F, cộng với cung A1 có khơng q k_cung thuộc tập F Bây xét hoán vị [n] có dạng (a1 , a2 , , an ) Ta đánh dấu đoạn cung tròn số hình vẽ ban đầu Mỗi tập F xem k_cung hốn vị Theo kết trên, với hốn vị ta có ≤ k k_cung • Lấy tổng hết tất hoán vị [n] đường trịn, có (n − 1)! hốn vị, ta thấy có nhiều k(n − 1)! tập • Tuy nhiên, xếp đường tròn cách đếm trên, tập A1 đếm làm nhiều lần (vì xếp đường trịn, tập A1 hay tập lấy để làm thứ tự giống nhau) Vì nhiều lần hoán vị (n−1)!, tạo hoán vị khác nhau, phần tử A1 Do có k! cách xếp phần tử A1 (n − k)! cách xếp phần tử bù tập A1 Do |F|k!(n − k)! ≤ k(n − 1)! 125 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 ⇒ |F| ≤ k(n − 1)! = k!(n − k)! n−1 k−1 Định lý 1.4 (Bollobas) Cho A1 , A2 , , Am B1 , B2 , , Bm tập S = [n] Đặt = |Ai | bi = |Bi | với i = 1, 2, , m Giả sử Ai ∩ Bj = ∅ i = j Khi m i=1 + b i −1 ≤ Chứng minh Với hoán vị số n! hoán vị phần tử S, ta nói hốn vị π chứa B sau A tất phần tử A đứng trước phần tử B π Với hốn vị π có tính chất chứa Bi sau Ai , mà có thêm tính chất chứa Bj sau Aj , Ai ∩ Bj = ∅ (nếu Ai đứng trước Bj , minh họa hình dưới) Aj ∩ Bi = ∅ (khi Ai kết thúc sau Bj ) Nhưng điều mâu thuẫn với giả thiết Ai ∩ Bj = ∅ i = j Do đó, với hoán vị π, tồn nhiều số i để π chứa Bi sau Ai Ngược lại, với i ∈ {1, 2, , m}, ta đếm số hoán vị mà Ai đứng trước Bi • Chọn + bi ví trí để xếp cho Ai Bi , ta có cách n +bi • Đặt phần tử Ai vào vị trí + bi ví trí vừa chọn có ! cách, sau xếp bi phần tử Bi vào vị trí cịn lại có bi ! cách Vậy có !.bi ! cách xếp Ai trước Bi 126 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 • Sắp xếp n − − bi phần tử lại S vào n − − bi vị trí cịn lại có (n − − bi )! cách Vậy ta có n + b i · ! · bi ! · (n − − bi )! = n! +bi Lấy tổng số tất các số i = 1, 2, , m ta có m i=1 m n! +bi ≤ n! ⇒ i=1 + b i −1 ≤ Định lý chứng minh Định nghĩa 1.5 Cho S tập hợp hữu hạn Một họ tập A1 , A2 , , An S gọi xích Ai ⊂ Ai+1 |Ai+1 | = |Ai | + ∀i = 1, 2, , n Do xích poset tập hợp {x1 , x2 , , xk } thỏa mãn x1 ≤ x2 ≤ ≤ xk Định nghĩa 1.6 Cho P tập hợp hữu hạn Một họ tập A1 , A2 , , An S gọi phản xích Ai ⊂ Aj , ∀i = j Khi phản xích poset tập phần tử y1 , y2 , , yk mà yi , yj so sánh theo quan hệ poset với i = j Định lý 1.7 (Bất đẳng thức LYM, Lubell, Yamamoto, Meshalkin) Cho F phản xích [n] (ta dùng ký hiệu [n] thay cho {1, 2, , n}) Khi ta có bất đẳng thức a∈F n |A| −1 ≤ Chứng minh Gọi C tập hợp tất xích C, xích C gồm n tập hợp, tập hợp tập [n] xích chứa nhiều phần tử nhất, C1 ⊂ C2 ⊂ ⊂ Cn , |Ci | = i, ∀i = 1, 2, , n Hỏi C có phần tử? (mỗi phần tử thuộc C xích độ dài n) Xét xích C ∈ C 127 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 • Có n cách chọn cho tập C1 Thật vậy, |C1 | = nên C1 ∈ {{1}, {2}, , {n}} • Với cách chọn tập C1 , có n − cách chọn tập C2 Thật vậy, minh họa cho C1 = {3}, C2 ∈ {{3, 1}, {3, 2}, {3, 4}, , {3, n}} • Cứ tiếp tục vậy, ta có n − cách chọn tập C3 , n − cách chọn tập C4 , cuối cách chọn tập Cn Cn = [n] Vậy C có n! phần tử Một tập A ⊂ [n] A vừa thuộc vào xích C, vừa thuộc vào đối xích F Do ta đếm số cặp N gồm (A, C) với C ∈ C A tập hợp vừa thuộc xích C vừa thuộc đối xích F • Với C ∈ C, có nhiều tập A mà A ∈ C A ∈ F Thật vậy, giả sử có hai tập A1 , A2 vừa thuộc vào C, vừa thuộc vào F Vì A1 , A2 thuộc xích C nên A1 ⊂ A2 A2 ⊂ A1 , A1 , A2 khơng thể thuộc vào F được, tập F khơng có tập tập tập khác Vậy |N | ≤ n! • Với tập A ∈ F mà |A| = k Khi có k! cách chọn tập A1 , A2 , , Ak−1 (cách đếm giống hệ ý 1) mà A1 ⊂ A2 ⊂ ⊂ Ak−1 ⊂ A, |Ai | = i, ∀i = 1, 2, , k − có (n − k)! cách chọn tập Ak+1 , An mà A ⊂ Ak+1 ⊂ ⊂ An , |Aj | = j, ∀j = k + 1, k + 2, , n Suy A ∈ F ta có k!(n − k)! = |A|!.(n − |A|)! cách chọn xích C chứa A Do |N | = A∈F 128 |A|!(n − |A|)! Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Từ hai cách đếm trên, ta có A∈F |A|!(n − |A|)! ≤ n! ⇒ A∈F |A|!(n − |A|)! ≤1 n! điều phải chứng minh Nhận xét Bất đẳng thức LYM dễ dàng suy từ định lý Bollobas, định lý 1.4 cách, đặt F = {A1 , A2 , , Am } đặt Bi = [n]\Ai Khi điều kiện Ai ∩ Bi = ∅ thỏa mãn điều kiện Ai ∩Bj = ∅ trở thành Ai ⊆ Aj , tức điều kiện phản xích Chú ý bi = n − Đến m i=1 n n −1 −1 + b i = i=1 ≤ Định lý 1.8 Một họ F tập tập n phần tử X gọi không so sánh A, B hai phần tử F A ⊆ B Định lý 1.9 (Định lý Sperner) Cho F họ không so sánh tập tập n phần tử X Khi [n] |F| ≤ Cn Chứng minh Mặt khác, theo tính chất nhị thức Newton hệ số khai triển (1 + x)n thỏa tính chất n < n < n n < < n−1 < n n Áp dụng vào ta có n kj n < n Thay vào (*) ta có đánh giá m n [ n2 ] m ≤ j=1 n kj ≤ Từ ta có điều phải chứng minh Dấu xảy B chứa n tất tập gồm có phần tử tập B 129 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Hệ 1.10 (Bất đẳng thức Lubell) Cho F họ không so sánh tập tập n phần tử X Gọi ak số k_tập thuộc F Khi n k=1 ak ≤ Cnk Một số phương pháp giải toán cực trị tập hợp 2.1 Khoảng cách Hamming - chặn Plotkin Cho n số nguyên dương, ký hiệu [0, 1]n = {x1 x2 xn |xi ∈ {0, 1}, i = 1, 2, , n} tập tất xâu nhị phân độ dài n Định nghĩa 2.1 Cho hai xâu nhị phân x = x1 xn y = y1 yn Khi khoảng cách hai xâu x y d(x, y) = số vị trí i mà xi = yi Khoảng cách gọi khoảng cách Hamming thỏa tất điều kiện • d(x, x) = 0, ∀x ∈ [0, 1]n ; • d(x, y) > 0, ∀x = y ∈ [0, 1]n ; • d(x, y) = d(y, x), ∀x, y ∈ [0, 1]n ; • d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ [0, 1]n Định nghĩa 2.2 Cho d số nguyên dương Gọi C tập hợp tất các xâu nhị phân [0, 1]n cho d(x, y) ≥ d, ∀x = y ∈ C Định lý 2.3 (PLOTKIN) Cho n, d số nguyên dương Đặt M = |C| Khi 130 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Nếu d chẵn, 2d > n M ≤2 d 2d − n Nếu d lẻ, 2d + > n M ≤2 d+1 2d + − n Để chứng minh định lý, ta sử dụng số nhận xét sau: Bổ đề 2.4 Giả sử N, M số nguyên dương ≤ N ≤ M M2 M chẵn N (M − N ) ≤ M42 −1 M lẻ Bổ đề 2.5 Nếu x ∈ R [2x] ≤ 2[x] + Bổ đề 2.6 Cho v xâu nhị phân ∈ [0, 1]n Khi d(v + w) với số số xuất v + w Chứng minh Bằng việc kiểm tra tất khả vi wi , ta thấy vi = wi (v + w)i = vi = wi Do d(v, w) = |{i|vi = wi }| = |{i|(v + w)i = 1}| Chứng minh định lý với d chẵn Ta viết ma trận A = M2 × n, với dịng phần tử u + v, với u, v ∈ C Ta đếm số lần xuất số ma trận Ta đếm số lần xuất số cột Xét cột j Lấy dịng tùy ý, giả sử dịng xâu nhị phân u + w, số xuất cột j v w có số vị trí j, xâu cịn lại có số vị trí j Gọi N số xâu ký tự C có số vị trí j, số cách chọn 131 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 cặp u, w cho v + w có số vị trí j N (M − N ) Khi số số xuất cột thứ j M2 M −1 N (M − N ) ≤ M chẵn M lẻ Điều cho j = 1, 2, , n Do số số xuất ma trận A n M4 n M 4−1 M chẵn M lẻ Ta đếm số lần xuất số dòng Với dòng chứau + w Ta biết số số dịng d(v, w) Mà theo giả thiết d(v, w) ≥ d Do có d số dịng Do số số A M · d Từ ta thấy Nếu M chẵn Khi kết hợp hai kết M M2 ≤n· dM dM M2 ⇒ − ≤n· 2 ⇒ (2d − n)M ≤ 2dM Theo giả thiết 2d − n M số nguyên dương, nên 2d M≤ 2d − n Lại M số nguyên dương nên M≤ mà M chẵn, 2d d ≤2 + 1; 2d − n 2d − n d 2d−n + lẻ nên M ≤2 132 d 2d − n Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 chẳng hạn A1 Vì {y1 , y2 } tập A1 , mâu thuẫn với giả thiết Điều cho tất tập lại) Từ suy xi thuộc vào s = |Aj | tập hợp A1 , A2 , , As (dĩ nhiên x thuộc vào số tập khác nữa) Điều chứng tỏ xi ∈ Aj ni ≥ |Aj | ⇒ |Aj | ni ≥ n − ni n − |Aj | Số tập hợp Aj không chứa xi n − ni Do ni ni = (n − ni ) · = ni n − ni n − ni j|xi ∈Aj Do n n i=1 j|xi ∈Aj ni n − ni i=1 j|xi ∈Aj |Aj | n − |Aj | j=1 i|xi ∈Aj |Aj | n − |Aj | ni = i=1 n ≥ n = n = j=1 |Aj | Nhưng theo (2) đẳng thức phải xảy ước lượng Do ni = |Aj | Từ suy n i=1 n (n − ni )ni = di i=1 j|xi ∈Aj n = i=1 j|xi ∈Aj |Aj | n = j=1 i|xi ∈Aj |Aj | n = j=1 (n − |Aj )|Aj | từ (*) chứng minh Bài tốn kết thúc 160 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 2.5 Xây dựng - Quy nạp - Truy hồi Ví dụ 2.30 Cho n nguyên dương tập hợp M = {1, 2, , 20} Gọi A1 , A2 , , An tập phân biệt khác rỗng M cho |Ai ∩ Aj | ≤ 2, ∀1 ≤ i < j ≤ n Tìm giá trị lớn n Chứng minh Giả sử A1 , A2 , , An tập M thỏa mãn điều kiện toán Nếu tập A1 , A2 , , An có phần tử, khơng tính tổng qt, giả sử |A1 | ≥ Gọi a phần tử A1 • Khi A1 \{a} tập có ba phần tử Do |A1 ∩ Ai | ≤ 2, ∀i = 2, 3, , n nên tập A1 \{a} phải phân biệt với tất tập A2 , , An (vì A1 \{a} ≡ Ai đó, A1 \{a} ∩ Ai = A1 \{a} có ba phần tử Khi A1 ∩ Ai có ba phần tử, vơ lý.) • Ngồi | (A1 \{a}) ∩ Aj | ≤ |A1 ∩ Aj | ≤ 2, ∀j = 2, 3, , n Từ kết trên, thay A1 A1 \{a} hệ tập hợp A1 \{a}, A2 , A3 , , An thỏa mãn tốn Hệ có số tập hợp với hệ ban đầu, số phần tử tập hợp ≤ so với số phần tử tập hợp hệ ban đầu Cứ tiếp tục trình này, ta thu dãy tập hợp A∗1 , , A∗n thỏa mãn toán |A∗i | ≤ 3, ∀i = 1, 2, , n Tức tập hợp này, tập hợp có tối đa ba phần tử Do 20 20 20 n≤ + + = 1350 161 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Tiếp theo, tổng số tập chứa phần tử, chứa phần tử, chứa phần tử M 20 20 20 + + = 1350 tất tập thỏa mãn điều kiện toán (rõ ràng hai tập phân biệt tập có giao khơng vượt q phần tử) Do n = 1350 đạt Từ suy giá trị lớn n n = 1350 Ví dụ 2.31 (Indian 2014) Cho số tự nhiên n X = {1, 2, , n} Với hai tập A B X, ký hiệu A∆B = {i ∈ X|i ∈ (A\B) ∪ (B\A)} Gọi F họ tập X cho với A, B ∈ F |A∆B| ≥ Chứng minh |F| ≤ 2n−1 tìm tất họ F có 2n−1 phần tử Chứng minh Với tập A ⊂ {1, 2, , n − 1}, cặp tập hợp (A, A ∪ {n}), tối đa tập hợp thuộc vào F Thật A\(A ∪ {n}) = ∅, (A ∪ {n})\A = {n} ⇒ A∆(A ∪ {n}) = {n} Mặt khác, ta có tối đa 2n−1 cặp tập hợp (A, A ∪ {n}) Do tập F có tối đa 2n−1 phần tử Tiếp theo ta chứng minh quy nạp theo n |F| = 2n−1 F chứa tất tập chứa số lẻ phần tử F chứa tất tập hợp chứa số lẻ phần tử • Kết hiển nhiên với n = • Giả sử kết đến n = m−1, với m nguyên dương lớn Xét trường hợp với n = m Đặt F1 = {A ∈ F|m ∈ A}, F2 = {A ∈ F|m ∈ A} Theo giả thiết quy nạp, tập F∈ có nhiều 2m−2 phần tử 162 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 • Với tập hợp A ∈ F1 , ta xét tập hợp A\{m} Khi F3 = {A\{m}|A ∈ F1 } Khi tập F3 thỏa mãn yêu cầu tốn theo giả thiết quy nạp lại có |F3 | ≤ 2m−2 Nhưng |F2 | = |F3 | ≤ 2m−2 ⇒ |F| = |F1 |+|F2 | ≤ 2m−2 +2m−2 = 2m−1 Do |F| = 2m−1 |F1 | = |F2 | = 2m−2 Nhưng lại theo giả thiết quy nạp, họ F∈ chứa tất tập \1, 2, , m−1 với, giả sử, số chẵn phần tử Khi F∞ chứa tất tập {1, 2, , m}, chứa m, dạng A ∪ {m} Tuy nhiên A thuộc vào F2 , khơng A, A ∪ {m} thuộc vào F vô lý Khi A phải có số lẻ phần tử, A ⊂ {1, 2, , m − 1}, |F1 | = 2m−2 nên A phải chạy tất tập có số lẻ phần tử Do F1 chứa tập có số chẵn phần tử Vậy F chứa tất tập hợp có số chẵn phần tử Tương tự F2 chứa tất tập có số lẻ phần tử Bài tốn chứng minh Ví dụ 2.32 (Bankal 2012) Cho n số nguyên dương Đặt tập hợp Pn = {2n , 2n−1 3, 2n−2 32 , , 3n } Với tập X Pn , đặt SX tổng tất phần tử X, S∅ = Cho y số thực thỏa mãn điều kiện ≤ y ≤ 3n+1 − 2n+1 Chứng minh tồn tập Y Pn thỏa mãn điều kiện ≤ y − SY < 2n Giải Ta có SPn = 3n + 3n−1 + · · · + 32 2n−2 + 3.2n−1 + 2n = (3 − 2)(3n + 3n−1 + · · · + 32 2n−2 + 3.2n−1 + 2n ) = 3n+1 − 2n+1 Bằng cách chia cách phần tử Pn cho 2n ta đưa toán dạng tương đương sau: Cho n số nguyên dương, a = , Qn = {1, a, a2 , , an } Chứng tỏ với giá trị x thỏa mãn ≤ x ≤ + a + a2 + · · · + an , tồn tập X Qn cho ≤ x − SX < Ta chứng minh quy nạp theo n Khi n = S∅ = 0, S{1} = 163 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 , S{1,a} = Từ kiểm chứng thấy x 2 số thực thỏa ≤ x ≤ ln có tập X Q1 thỏa yêu cầu Giả sử kết toán đến số nguyên dương n Xét x số thực với ≤ x ≤ + a + a2 + · · · + an + an+1 + Nếu ≤ x ≤ + a + a2 + · · · + an theo giả thiết quy nạp tồn tập X ⊂ Qn ⊂ Qm+1 thỏa ≤ x − SX < an+1 − n , + Xét với x > + a + a + · · · + a = a−1 1, S{a} = an+1 − 1a − = an+1 − = an+1 − − = an+1 + (an+1 − 2) > an+1 + a2 − = an+1 + > an+1 nên < (x − an+1 ) ≤ + a + a2 + · · · + an Theo giả thiết quy nạp, tồn tập X ⊂ Qn thỏa mãn ≤ (x − an+1 ) − SX < =⇒ ≤ x − SX < với X =X {an+1 } ⊂ Qn+1 Bài tốn chứng minh Ví dụ 2.33 (Romania, grade 9, final round) Cho p, q hai số nguyên dương, p ≥ 2, q ≥ Một tập hữu hạn X gọi có tính chất (S) nếu: với cách chọn p tập Bi ⊂ X, i = 1, 2, , p, không thiết phân biệt, tập có q phần tử, ln tồn tập Y ⊂ X có p phần tử, cho |Y ∩ Bi | ≤ 2, ∀i = 1, 2, , p Chứng minh Mọi tập X có pq − q phần tử khơng có tính chất (S) Mọi tập hợp X có pq − q + phần tử có tính chất (S) 164 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Chứng minh Nếu X có pq − q = (p − 1)q phần tử, ta chọn p − tập, tập có q phần tử (là phân hoạch X) sau B1 = {1, 2, , q}, B2 = {q + 1, q + 2, , 2q}, Bp−1 = {(p − 2)q + 1, , (p − 1)q} ., tập Bp tập tùy ý có q phần tử Khi đó, theo ngun lý Dirichlet, với tập Y có p phần tử X, tồn tập Bi (i ∈ {1, 2, , p − 1}) cho giao với Y có ≥ phần tử Vậy tập X khơng có tính chất (S) Bây với i cho trước, nhận xét tập Bi j=i có ≤ (p − 1)q phần tử Trong tập X có pq − q + = (p − 1)q + phần tử Do ta tìm phần tử tập X mà khơng nằm tập Bj , với j = i • Với i = 1, sử dụng lập luận trên, ta tìm phần tử x1 mà x1 ∈ Bj , ∀j = 2, , p Nếu x1 ∈ B1 , ta tiếp tục qua bước 2, x1 ∈ B1 , ta xây dựng tập B1 cách bỏ khỏi B1 phần tử y1 , thêm vào tập B1 phần tử x1 Dĩ nhiên phần tử y1 phần tử X • Tiếp tục với i = 2, lưu ý tập B1 sử dụng tập B1 "mới" Lại sử dụng lập luận trên, ta tìm phần tử x2 mà x2 không nằm tập B1 , B3 , B4 , , Bn Khi x2 = x1 (vì x1 ∈ B1 , x2 ∈ B1 ) Nếu x2 ∈ B2 ta tiếp tục quy trình, x2 ∈ B2 , ta xây dựng tập B2 cách bỏ khỏi B2 phần tử y2 , thêm vào tập B2 phần tử x2 Cứ tiếp tục quy trình đến bước p, ta tìm tập Y = {x1 , x2 , , xp } Tập Y giao với tập Bi "mới" xác phần tử, xi Bây thay ngược trở lại xi yi ta quay trở lại tập Bi "cũ" Nếu yi ∈ Y Y ∩ Bi = ∅, cịn yi ∈ Y Y ∩ Bi = {yi } 165 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Ví dụ 2.34 (China TST 2015) Cho X tập khác rỗng A1 , A2 , , An n tập X cho |Ai | ≤ 3, ∀i = 1, 2, , n; Bất kỳ phần tử X nằm tập số A1 , A2 , , An 3n tập hợp số tập A1 , A2 , , An mà hợp chúng X Chứng minh chọn Chứng minh Kết luận toán yêu cầu chọn số tập hợp, hợp lại X, ta Chọn tập có phần tử, giả sử A1 , |A1 | = Sau đó, ta chọn tiếp tập A2 mà |A2 | = A2 ∩ A1 = ∅ Sau chọn tập A2 , ta chọn tiếp tập A3 mà |A3 | = A3 ∩ A1 = ∅, A3 ∩ A2 = ∅, tiếp tục đến chọn thêm tập vào hệ Trong tất cách cách lựa chọn tập hợp A1 , A2 , , An , ta chọn hệ tập hợp S3 cực đại, giả sử S3 = {A1 , A2 , , Ai } (i ≤ n) (tức họ S3 chứa nhiều tập hợp có) mà |At | = 3, ∀t = 1, 2, , i Ar ∩ As = ∅, ∀1 ≤ r < s ≤ i (điều có nghĩa, lần bổ sung tập hợp vào S3 tập X3 có số lượng phần tử tăng lên 3) Đặt X3 = Ar ∈S3 Ar Do tính tối đại tập S3 , nên với tập hợp Aj (j > i) |Aj ∩ (X\X3 )| ≤ 166 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 khơng ta tiếp tục bổ sung Aj vào tập S3 , mâu thuẫn với tính tối đại S3 Và |X3 | = 3i Bây ta tiếp tục chọn họ S2 cực đại chứa tập Aj lại số Ai+1 , , An , cho lần thêm tập hợp vào họ S2 , số lượng phần tử hợp chúng tăng lên Khơng tính tổng qt, giả sử S2 = {Ai+1 , Ai+2 , , Aj } Đặt X2 = Ar ∈S2 Ar ∩ (X\X3 ) theo cách xác định S2 ta có |X2 | = 2j theo tính tối đại tập S2 |At ∩ (X\(X2 ∪ X3 ))| ≤ 1, ∀t = j + 1, , n Bây ta tiếp tục chọn họ S1 chứa tập As lại số Aj+1 , , An , cho lần thêm tập hợp vào họ S1 , số lượng phần tử hợp chúng tăng lên dĩ nhiên tập hợp họ S1 chứa hết tất phần tử X\(X3 ∪ X2 ) = X1 Khơng tính tổng qt, giả sử S1 = {Aj+1 , Ai+2 , , Ak } 167 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Khi |X| = |X1 | + |X2 | + |X3 | = 3i + 2j + k, X = X1 ∪ X2 ∪ X3 |S3 | + |S2 | + |S1 | = i + j + k = m Ta cần chứng minh m ≤ 3n • Vì phần tử X1 nằm tập hợp, |Ar ∩ X1 | ≤ 1, ∀r = j + 1, , n nên n ≥ i + j + 4k (1) Mỗi phần tử X1 ∪ X2 xuất tập hợp, |Ar | ∩ (X1 ∪ X2 ) ≤ 2, ∀r = i + 1, , n nên n≥i+ 4(2j + k) = i + 4j + 2k (2) Mỗi phần tử X xuất tập hợp, |Ar ∩ X| ≤ 3, ∀r = 1, 2, , n, n≥ 4(3i + 2j + k) (3) • Lấy 20 × (1) + 12 × (2) + 27 × (3) ta có 59n ≥ 140(i + j + k) = 140m ⇒ m ≤ 59n 3n < 140 Bài tốn chứng minh hồn tồn Ví dụ 2.35 (Romania TST 2006) Cho n số nguyên dương Một tập S ⊂ {0, 1, 2, , 4n − 1} gọi tập rời rạc với số k bất kỳ, hai điều kiện sau thỏa mãn Tập S {4k − 2, 4k − 1, 4k, 4k + 1, 4k + 2} có tối đa phần tử Tập S {4k + 1, 4k + 2, 4k + 3} có tối đa phần tử Hỏi tập {0, 1, , 4n − 1} có tập rời rạc? Chứng minh • Ta diễn giải tập S, tập số: gồm số chia hết cho 4, chia dư 1, chia dư 2, chia dư thêm số chia dư tập S chứa tối đa phần tử chúng Trong tập số: chia dư 1, dư 2, dư tập S chứa tối đa số Rõ hai số chia cho dư dư nằm tập S (vì vi phạm điều kiện (ii)) 168 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 • Gọi Sn tập hợp chứa tập rời rạc tập {0, 1, 2, , 4n − 1} Rõ ràng số có dạng 4k + 1, 4k + bị ràng buộc hai điều kiện Đây sở cho việc xây dựng cơng thức truy hồi • Gọi Xn tập hợp chứa tập Sn mà tập chứa phần tử 4n − (tức tập Sn mà tập chứa phần tử chia dư 3) • Gọi Yn tập hợp chứa tập Sn mà tập khơng chứa hai phần tử 4n − 4n − (tức chứa tập Sn mà tập khơng chứa hai phần tử chia dư chia dư 3, nghĩa chứa phần tử chia hết cho chia dư 1) • Gọi Zn tập hợp chứa tập Sn mà tập chứa phần tử 4n − (tức chứa tập Sn mà tập chứa phần tử chia dư 2) Khi |Sn | = |Xn | + |Yn | + |Zn | Xét tập hợp Xn+1 xây dựng từ tập hợp lại Xét tập hợp {1, 2, , 4n − 2, 4n − 1, 4n, 4n + 1, 4n + 2, 4n + 3} • Từ tập Xn , ta thêm vào tập Xn phần tử 4n khơng thêm vào, thân tập Xn+1 chứa phần tử 4n + Vậy |Xn+1 | = |Xn | • Từ tập Yn , ta thêm vào tập Yn phần tử 4n khơng thêm vào Vì |Xn+1 | = |Yn | • Từ tập Zn , ta thêm vào tập Yn phần tử 4n không thêm vào Vậy |Xn+1 | = |Zn | Từ ta có quan hệ truy hồi |Xn+1 | = |Xn | + |Yn | + |Zn | = |Sn | (1) Xét tập hợp Yn+1 xây dựng từ tập hợp cịn lại • Từ tập Yn , ta thêm vào tập Yn phần tử 4n 4n + 1, thêm hai khơng thêm phần tử Khi |Yn+1 | = |Yn | 169 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 • Từ tập Xn , ta thêm vào tập Xn phần tử 4n 4n + thêm đồng thời hai phần tử này, không thêm vào Khi |Yn+1 | = |Xn | • Từ tập Zn , ta thêm vào tập Zn phần tử 4n 4n + thêm đồng thời hai phần tử này, khơng thêm vào Khi |Yn+1 | = |Zn | Từ ta có quan hệ hồi quy |Yn+1 | = |Xn | + |Yn | + |Zn | (2) Tương tự ta có |Zn+1 | = |Xn | + |Yn | + |Zn | = |Sn | (3) Từ ba quan hệ (1), (2), (3) ta có |Sn+1 | = |Sn | Từ ta tính |Sn+1 | = 7n |S1 | = 8.7n Bài tập vận dụng Bài tập 3.1 (Olympic KHTN lần 1) Xét tập M = {1, 2, 3, , 10} A1 , A2 , , An dãy tập khác rỗng, phân biệt M cho |Ai ∩ Aj | ≤ 3, ∀1 ≤ i < j ≤ n Tìm giá trị lớn n Đáp số: n = 385 Bài tập 3.2 (Taiwan 1998) Cho n ≥ k ≥ X = {1, 2, , n} Gọi Fk họ k_tập X cho với A, B ∈ Fk |A ∩ B| ≤ k − Chứng minh tồn tập Mk X, |Mk | ≥ [log2 n]+1 cho Mk không nhận phần tử Fk tập 170 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Bài tập 3.3 (THTT 444 - Trần Nam Dũng) Cho 100 điểm A1 , A2 , , A100 nằm hình vng ABCD có cạnh Chứng minh tồn tập X E = {1, 2, , 100} gồm 50 phần tử cho i∈X −−→ AAi − i∈E\X √ −−→ AAi ≤ Bài tập 3.4 (China 2006) Cho trước số nguyên dương n ≥ tập X hữu hạn Gọi B1 , B2 , , Bn n tập tùy ý X, tập chứa hai phần tử Tìm giá trị nhỏ |X| cho tồn tập Y X thỏa mãn hai điều kiện |Y | = n; |Y ∩ Bi | ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n Đáp số: |X| = 2n − Bài tập 3.5 (Tuyển tập Olympic 30-4 năm 2007) Cho A1 , A2 , , A10 tập hợp thỏa mãn điều kiện |Ai | = 8, ∀i = 1, 2, , 10; |Ai ∩ Aj | = 1, ∀1 ≤ i < j ≤ 10 Chứng minh |A1 ∪ A2 ∪ ∪ A10 | ≥ 39 Bài tập 3.6 (Dan Schwarz) Cho X tập hợp Gọi n m ≥ số nguyên không âm cho |X| ≥ m(n − 1) + Giả sử B1 , B2 , , Bn n tập X cho |Bi | ≤ m, ∀i ∈ {1, 2, , n} Chứng minh tồn tập Y X cho |Y | = n |Y ∩ Bi | ≤ 1, ∀i = 1, 2, , n Bài tập 3.7 (China 2010) Cho số nguyên dương n ≥ A1 , A2 , , A2n tập phân biệt tập {1, 2, , n} Xác định giá trị lớn 2n i=1 |Ai ∩ Aj | |Ai |.|Aj | 171 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Đáp số: Bài tập 3.8 (Chọn đội tuyển KHTN 2010) Cho số nguyên dương n > 10 Tìm số nguyên dương m lớn thỏa mãn điều kiện: Tồn m tập Aj tập {1, 2, , 2n}, tập gồm n phần tử cho |Ai ∩ Aj ∩ Ak | ≤ 1, ∀1 ≤ i < j < k ≤ m Đáp số: m = Bài tập 3.9 (China 2014) Với tập hợp khác rỗng S, T , ta định nghĩa hai tập S + T = {s + t|s ∈ S, t ∈ T }, 2S = {2s|s ∈ S} Cho n số nguyên dương A, B tập khác rỗng {1, 2, , n} Chứng minh tồn tập D A + B cho D + D ⊆ 2(A + B); |D| ≥ |A|.|B| 2n Bài tập 3.10 Cho n k số nguyên dương cho n > k − k + Cho n tập hợp, tập hợp có k phần tử cho hai tập hợp tùy ý n tập hợp có phần tử chung Chứng minh n tập hợp có phần tử chung Bài tập 3.11 Cho ke ≥ số tự nhiên Tìm số tự nhiên nhỏ n cho với tập gồm n số ngun ln có số mà tổng hiệu chúng chia hết cho 2k + Bài tập 3.12 Xác định số n lớn cho tồn cho tồn tập phân biệt S1 , S2 , , Sn thỏa mãn |Si Sj | ≤ 2006 với ≤ i, j ≤ n Si Sj Sk = {1, 2, , 2010} với ≤ i < j < k ≤ n Bài tập 3.13 (VMO 2004) Cho tập A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất: tập có k phần tử A tồn hai số phân biệt a, b cho a2 + b2 số nguyên tố 172 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 Bài tập 3.14 (Stars of Mathematics 2014) Cho số nguyên m(m + 1) A dương M, m, n thỏa mãn ≤ m ≤ n, ≤ M ≤ tập {1, 2, , n} cho |A| = m Chứng minh tồn tập B ⊆ A cho 0≤ b∈B b − M ≤ n − m Định lý 3.1 (Erdos) Cho F họ tập tập n phần tử X thỏa mãn |F| ≥ với A ∈ F |A| ≥ 2 Với hai phần tử x, y ∈ X tồn A ∈ F để {x, y} ∈ A Khi |F| ≥ n Tài liệu tham khảo Một số định lý lý thuyết tập hợp cực trị, Vũ Thế Khơi, Bài giảng Viện Tốn Học dành cho trường hè 2012 Combinatorial Mathematics, Stefan H M van Zwam, Princeton University 2013 Khoảng cách Hamming, giảng mạng Combinatorics of sets, Po-Shen Loh, June 2013 Combinatorial problems in Mathematical Competitions, Yao Zhang, World Scientific 2011 Đề thi học sinh giỏi nước trang mathlinks.ro 173 Tạp chí Epsilon, Số 03, 06/2015 174 ... Gọi Xn tập hợp chứa tập Sn mà tập chứa phần tử 4n − (tức tập Sn mà tập chứa phần tử chia dư 3) • Gọi Yn tập hợp chứa tập Sn mà tập không chứa hai phần tử 4n − 4n − (tức chứa tập Sn mà tập khơng... Gọi Zn tập hợp chứa tập Sn mà tập chứa phần tử 4n − (tức chứa tập Sn mà tập chứa phần tử chia dư 2) Khi |Sn | = |Xn | + |Yn | + |Zn | Xét tập hợp Xn+1 xây dựng từ tập hợp lại Xét tập hợp {1,... 2n Bài tập 3.10 Cho n k số nguyên dương cho n > k − k + Cho n tập hợp, tập hợp có k phần tử cho hai tập hợp tùy ý n tập hợp có phần tử chung Chứng minh n tập hợp có phần tử chung Bài tập 3.11