PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG MÔ HÌNH TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP

PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG MƠ HÌNH TRONG GIẢI TỐN TỔ HỢP Lê Phúc Lữ1 Song ánh công cụ mạnh để giải nhiều toán chứng minh tốn đếm tổ hợp Ý tưởng phương pháp thay đổi cách tiếp cận đề đường, cách nhìn khác có đặc điểm tương đồng với giả thiết ban đầu mà với nó, ta dễ dàng xử lí Hai tư tưởng dùng song ánh thường gặp việc xây dựng bảng xây dựng đồ thị mặt phẳng tọa độ Với cách dùng bảng dùng đồ thị để giải Toán tổ hợp, ta tiếp cận vấn đề trực quan cộng thêm số phương pháp đếm khác, ta hồn tồn xử lí nhiều tốn khó, chí khơng giải cách thơng thường Dưới đây, tìm hiểu số toán ý tưởng để xây dựng bảng đồ thị mặt phẳng tọa độ tương ứng để giải chúng (nên phân biệt với số toán mà câu hỏi đặt trực tiếp với bảng có sẵn đó) Một số vấn đề xây dựng mơ hình giải tốn tổ hợp Việc xây dựng mơ hình giúp hình dung vấn đề cách tường minh việc đếm, tính tốn kiểm nghiệm trực quan Chẳng hạn, ta xét tốn sau đây: Bài tốn Có cách chia tập hợp S có n phần tử thành hai tập (có tính tập rỗng) cho hợp chúng S Ta thấy vấn đề đặt tổng quát ý tưởng đếm truy hồi, chứng minh quy nạp xuất trường hợp Tuy nhiên, thử vẽ mơ hình để hình dung vấn đề sáng tỏ hơn: x x x x Ta biểu diễn hai tập A, B hình trịn cơng việc cần làm ứng với phần tử x ∈ S, xếp vào hình trịn Rõ ràng ta có cách để xếp: Sinh viên đại học FPT thành phố Hồ Chí Minh 33 34 • x thuộc A khơng thuộc B; • x thuộc B khơng thuộc A; • x thuộc A B (nằm phần giao); • x khơng thuộc A B Nhưng u cầu toán “hợp hai tập S” nên khơng thể tính trường hợp thứ Do đó, ứng với phần tử, ta có cách xếp vào hai tập hợp n n Từ đây, ta tính đáp số toán 2−1 + = 2+1 Giải thích thêm kết này, ta thấy có vấn đề cần giải đếm trường hợp bị trùng Nếu đề ban đầu cho sẵn hai tập A B kết 3n rõ ràng Tuy nhiên, yêu cầu chia tập S thành hai tập con, việc chia có tính đối xứng A B (tức cách đếm “x thuộc A không thuộc B”, “x thuộc B không thuộc A” giống nhau) Chú ý thêm có trường hợp đặc biệt A = B buộc phải có A = B = S nên có cách chia Bỏ trường hợp ra, chia đơi số trường hợp lại cộng vào số cách chia cần tìm Cơng thức hồn tồn kiểm tra với giá trị n nhỏ Dựa vào phân tích trên, bạn thử giải tốn sau: Bài tốn Có cách phân hoạch tập hợp S gồm n phần tử thành hai tập con?” (tập hợp S phân hoạch thành hai tập hợp A B A ∩ B = ∅, A ∪ B = S) Có toán thú vị việc chia tập hợp là: Bài toán Cho tập hợp S = {1, 2, , n} tập hợp n số nguyên dương a) Hãy tìm số cách chia S thành tập A, B, C sau cho A∩B 6= ∅, B ∩C 6= ∅, C ∩A 6= ∅ A ∩ B ∩ C 6= ∅ b) Hãy tìm số ba tập A, B, C thỏa mãn A ∪ B ∪ C = S B ∩ C = ∅ c) Hãy tìm số bốn tập A, B, C, D thỏa mãn A ∪ B ∪ C ∪ D B ∩ C ∩ D = ∅ Chúng ta lại xem xét tiếp toán sau: Bài tốn Có tập tập hợp gồm 2n số nguyên dương cho khơng tồn hai số a, b mà a + b = 2n + 1? Bài tốn sử dụng cơng thức truy hồi để xử lí lập luận rắc rối Ta chuyển mơ hình sau để hình dung: ··· n 2n 2n − 2n − ··· n+1 35 Đến vấn đề rõ ràng, tương tự không cần giải thích thêm, bạn tự giải đầy đủ biết kết 3n Vậy thay điều kiện thành |a − b| = n sao? Xin mời bạn tự xây dựng mơ hình để giải Các đáp số kiểm chứng trường hợp nhỏ Nhắc đến này, nhớ đến kì thi VMO 2009 Đó thực tốn khó cách xây dựng bảng để đếm số trường hợp thỏa mãn đề đường áp dụng tình Ta xem lại đề lời giải chi tiết cho tốn Bài tốn Cho số nguyên dương n Kí hiệu T tập hợp 2n số nguyên dương Hỏi có tập S T thỏa mãn tính chất: S không tồn hai số a, b mà |a − b| ∈ {1; n}? Bài toán phát biểu đơn giản dễ hiểu đằng sau vấn đề Bài toán khác với mà vừa phát biểu chỗ người ta loại thêm trường hợp |a − b| = (nếu cho riêng yêu cầu cần đếm truy hồi để công thức tương tự dãy Fibonacci quen thuộc), việc xếp theo kiểu đưa đến vấn đề “khơng có hai cạnh chọn” (cùng cột liền kề) Tuy nhiên, trường hợp a = n + 1, b = n chưa xử lí hiểu theo kiểu Lời giải Ứng với số nguyên dương n, đặt 2n số nguyên dương {1, 2, 3, , 2n − 1, 2n} vào bảng × n sau: ··· n−1 n n n+1 n+3 ··· 2n − 2n Ta xác định tổng số cách chọn số ô vuông từ bảng (có thể khơng chọn số nào) thỏa mãn hai điều kiện đây: (i) Hai ô vuông kề (tức hai ô chứa hai số liền hai số cách n đơn vị) không chọn đồng thời (ii) Hai ô chứa số n n + không chọn đồng thời Rõ ràng số cách chọn số tập hợp S tập hợp T cần tìm, đặt số cách chọn S(n) Ta xét thêm số cách chọn số ô vuông A(n), B(n), C(n) từ bảng (A), (B), (C) thỏa điều kiện (i) có số thay đổi sau: • A(n) : bảng (A) chứa đủ số từ đến 2n hai ô vuông chứa số n, n + chọn đồng thời • B(n) : bảng (B) khơng có chứa vng góc bảng, chẳng hạn vng chứa số n + • C(n) : bảng (C) khơng tính hai vng góc bảng chứa hai số liên tiếp n, n + 36 Ta chứng minh quan hệ sau: (1) A(n) = S(n) + C(n − 2); (2) A(n) = A(n − 1) + 2B(n − 1); (3) B(n) = A(n − 1) + B(n − 1); (4) B(n) = C(n) + C(n − 1); (5) C(n) = B(n − 1) + B(n − 2) + C(n − 2) Thật vậy: (1) Để tính số cách chọn A(n) vuông từ bảng (A), ta chia làm trường hợp: • Các ô chứa n n + không chọn đồng thời Số cách chọn S(n) • Các chứa n n + chọn đồng thời Khi đó, chứa số 1, n + 2, 2n, n − không chọn, bảng (A) có dạng sau: ··· n+3 ··· 2n − Bảng chứa 2n − nên xem tương ứng với bảng: ··· n−3 n+2 n+3 ··· 2n − 2n − Rõ ràng, số cách chọn ô vuông từ bảng thỏa điều kiện (i) C(n−2) Do trường hợp rời nên A(n) = S(n) + C(n − 2) (2) Cũng để tính số cách chọn A(n) ô vuông từ bảng (A), ta chia làm trường hợp: • Các vng chứa n + khơng chọn bảng (A) có dạng: ··· n−1 n n+2 n+3 ··· 2n − 2n Ta thấy bảng chứa 2n − ô nên xem tương ứng với bảng sau 37 ··· n−2 n−1 n n+1 n+2 ··· 2n − 2n Số cách chọn ô vuông từ bảng thỏa điều kiện (i) A(n − 1) • Chọn vng chứa số Khi vng chứa số n + khơng chọn, bảng có dạng n+2 ··· n−1 n n+3 ··· 2n − 2n Ta thấy bảng xem tương ứng bảng sau: n ··· n−2 n−1 n+1 n+2 ··· 2n − 2n − Số cách chọn ô vuông từ bảng thỏa điều kiện (i) B(n − 1) • Chọn vng chứa số n + Tương tự trên, số cách chọn trường hợp B(n − 1) Các trường hợp rời nên A(n) = A(n − 1) + 2B(n − 1) Các kết (3), (4) (5) chứng minh tương tự Từ đó, ta chứng minh cơng thức truy hồi S(n) : S(n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n) Thật vậy, từ (2) ta suy B(n−1) = 21 [A(n) − A(n − 1)], thay vào (3) ta có 12 [A(n + 1) − A(n)] = A(n − 1) + 21 [A(n) − A(n − 1)] hay A(n + 1) = 2A(n) + A(n − 1) Từ suy A(n + 3) = 2A(n + 2) + A(n + 1) = A(n + 2) + 2A(n + 1) + A(n) + A(n + 1) hay tương đương với A(n + 3) = A(n + 2) + 3A(n + 1) + A(n) (6) C(n) = [C(n − 1) + C(n − 2)] + [C(n − 2) + C(n − 3)] + C(n − 2) (7) Thay (4) vào (5), ta có = C(n − 1) + 3C(n − 2) + C(n − 3), ∀n > Từ (1), (6) (7), ta có công thức truy hồi S(n) : S(n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n), ∀n > Mặt khác, dễ thấy S(0) = 1, S(1) = 3, S(2) = Từ ta xác định công thức tổng quát S(n) √ Dãy {S(n)} có phương trình đặc trưng λ3 = λ2 + 3λ + ⇔ λ = −1, λ = ± Từ ta suy số tập cần tìm √
√
n √
n √
+ + + − − − 2(−1)n , ∀n > ❒ 38 Lời giải dài rắc rối từ đó, học nhiều điều cần thiết Trên thực tế, nhiều tốn có chuyển đổi qua lại việc phát biểu dạng tập hợp việc xây dựng mơ hình Chẳng hạn, ta bắt đầu toán quen thuộc sau: Bài toán Chứng minh khơng thể lát nhà 10 × 10 viên gạch × Cách giải tơ màu có dạng (lẻ, lẻ) bảng, tơ 25 Tuy nhiên, viên gạch × phải chiếm ô tô màu, tức số ô tô màu nằm phải chẵn Điều mẫu thuẫn cho thấy ta lát gạch Bài tốn thay số 10 (số chẵn không chia hết cho 4) thành số tương tự 50, 2010, 2014, cho câu trả lời tương tự với cách giải tương tự Ta thử thay đổi toán theo kiểu nối điểm mặt phẳng để thu toán sau: Bài toán Trong mặt phẳng, cho tập hợp A gồm 20102 điểm phân biệt đánh số từ đến 20102 cho ba điểm chúng không thẳng hàng Một tứ giác (lồi lõm) gọi “đẹp” đỉnh thuộc A đánh số số thỏa mãn hai điều kiện sau: (i) Đó số tự nhiên cách 2010 đơn vị (ii) Đó số tự nhiên liên tiếp có chứa số chia hết cho 2010 số phải lớn Nối tất điểm thuộc tập hợp A lại với cho điểm thuộc A thuộc tứ giác Tìm số lớn tứ giác “đẹp” tạo thành Rõ ràng cách nối điểm mô số nằm viên gạch × Ta giải chi tiết sau: Lời giải Xét bảng ô vuông gồm 2010 × 2010 ô vuông điền số theo thứ tự từ xuống trái sang phải Trước hết, ta chứng minh chia tất 20102 điểm cho thành tứ giác “đẹp” Rõ ràng số đỉnh tứ giác “đẹp” tương ứng với số bị che bảng ô vuông đặt mảnh bìa hình chữ nhật kích thước × vào Ta chứng minh khơng thể che hết tồn bảng vng hình chữ nhật × Thật vậy, ta tô màu ô vuông nằm cột chẵn hàng chẵn Do bảng có 20102 vng nên = 1010025 số lẻ số ô vuông bị tô màu 2010 Giả sử ngược lại ta lấp kín bảng vng mảnh bìa Khi đó, mảnh bìa che hai vng khơng có vng bảng vng, tức ln có số chẵn vng bị che Do đó, số ô vuông bị che bảng số chẵn Từ ta thấy có mâu thuẫn Vậy khơng thể che hết bảng vng hình chữ nhật × Gọi k số tứ giác đẹp lớn cần tìm k < 1010025 ⇒ k 1010024 Ta chứng minh k = 1010024 cách cách dùng mảnh bìa che kín bảng vng Thật vậy, chia bảng ô vuông thành hai phần: 39 • Phần gồm 2008 cột đầu, ta xếp mảnh bìa theo hàng, hàng có 502 mảnh bìa Khi đó, ta che kín hết phần mảnh bìa • Phần gồm cột cuối, ta xếp nối tiếp mảnh bìa từ xuống cuối cịn lại vng × góc bảng Như vậy, ta dùng 1010024 mảnh bìa che tối đa 20102 − vng bảng Từ đó, ta thấy, số tứ giác “đẹp” lớn cần tìm k = 1010024 ❒ Các bạn thử tìm hiểu tốn sau: Bài tốn Có cách lát hình chữ nhật kích thước × n viên gạch: hình chữ I (hình chữ nhật kích thước × 2) hình chữ L (hình vng × bỏ ơ)? Nếu thay hình chữ nhật × n hình chữ nhật × n số cách lát thu bao nhiêu? Qua đó, ta thấy việc chuyển đổi mơ hình, từ điểm, hình mặt phẳng đến số tập hợp ngược lại giúp cho tốn có dáng vẻ thú vị Chúng ta thử nhắc đến tốn kì thi IMO 1983: Bài tốn Người ta tô tất điểm nằm cạnh tam giác ABC hai màu xanh đỏ Hỏi với cách tơ màu thế, có ln tồn tam giác vng có ba đỉnh tơ màu hay khơng? Lời giải Bài tốn giải khơng q khó khăn cách xét điểm chia cạnh tam giác ABC theo tỉ số : 1, có nhiều tam giác vuông tạo thành từ điểm nhờ mà ta áp dụng ngun lí Dirichlet để giải toán ❒ Tuy nhiên, thay đổi cách phát biểu thành tọa độ mặt phẳng tốn thú vị nhiều Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tam giác ABC có tọa độ đỉnh √
A 0; , B(−1; 0), C(1; 0) phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, AC viết √ √ 3x + y = 3, đường thẳng chứa cạnh BC trùng với trục Ox Hơn nữa, rõ ràng độ dài BC thay số khác nên ta có tốn sau: Bài toán 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét phần mặt phẳng giới hạn đồ thị √ y = (a − |x|) (a > 0) trục hoành Gọi S tập hợp điểm nằm phần bao lồi miền Chứng minh với cách chia S thành hai tập hợp rời ln tồn ba điểm đỉnh tam giác vuông Cách giải hoàn toàn tương tự vấn đề mấu chốt nhìn nhận bao lồi thực chất tam giác cách chia tập giống việc tô điểm hai màu Tiếp theo, tìm hiểu mơ hình thơng dụng để giải Tốn đếm xây dựng bảng thích hợp đếm theo hai chiều bảng Bài tốn điển hình cho phương pháp xuất kì thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2001 (số 2001 xuất tốn thay số nguyên dương khác) 40 Bài toán 11 Cho dãy số {an } thỏa mãn < an+1 − an < 2001 Chứng minh tồn vô số cặp số nguyên dương (p, q) thỏa mãn p < q ap | aq Lời giải Từ cách xác định dãy, ta thấy số hạng không lớn số hạng liền trước cộng thêm 2001 đơn vị Như thế, cần xét 2002 số nguyên dương liên tiếp có số hạng thuộc dãy, đặt số a Ta xây dựng bảng sau: a(1,1) = a a(2,1) = a(1,1) + 2002 Y a(1,2) = a + a(2,2) = a(1,2) + a(1,i) i=1 a(2002,1) = a(2001,1) + a(1,i) ··· a(1,2002) = a + 2001 a(2,2002) = a(1,2001) + i=1 ··· 2002 Y 2002 Y ··· a(2002,2) = a(2001,2) + a(2001,i) i=1 a(1,i) i=1 ··· 2002 Y 2002 Y a(2001,i) ··· ··· ··· a(2002,2002) = a(2001,2002) + i=1 2002 Y a(2001,i) i=1 Bảng có tất 2002 cột 2003 hàng Trong đó, số hạng hàng thứ trở tích tất số hạng hàng liền trước cộng với số hạng cột với Rõ ràng, hàng, có số hạng thuộc dãy cho Từ theo nguyên lí Dirichlet, ta có điều cần chứng minh ❒ Bài toán 12 Cho n số thực a1 , a2 , , an Chứng minh tồn số thực x cho số a1 + x, a2 + x, , an + x số vô tỉ Lời giải Giả sử t số vơ tỉ Ta chứng minh số t, 2t, 3t, , (n+1)t có số thỏa mãn đề Giả sử khơng có số n + số thỏa mãn đề Tức với i = 1, n + 1, số it + a1 , it + a2 , , it + an tồn số hữu tỉ Xét bảng n + × n sau: t + a1 t + a2 ··· t + an 2t + a1 2t + a2 ··· 2t + an ··· ··· ··· ··· (n + 1)t + a1 (n + 1)t + a2 ··· (n + 1)t + an Theo nhận xét hàng tồn số hữu tỉ Tức tồn bảng, ta có n + số hữu tỉ Vì bảng có n cột nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai số hữu tỉ thuộc cột, giả sử xt + yt + Khi (x − y)t = (xt + ) − (yt + ) phải số hữu tỉ Điều vơ lí x, y ngun t vơ tỉ Mâu thuẫn chứng tỏ điều giả sử sai toán chứng minh ❒ 41 Xây dựng đồ thị 2.1 Đồ thị chiều Về phương pháp quỹ đạo này, thường gặp quỹ đạo xét mặt phẳng tọa độ hai chiều kết xây dựng Trong phần này, thử phân tích thêm số dạng mở rộng để tìm vấn đề mẻ Trước hết, ta xét tốn sau: Bài tốn 13 Có người từ gốc tọa độ O đến điểm A có tọa độ n (n ∈ N) trục tọa độ Người lần bước hai bước Hỏi có cách bước để người đến A? Nếu tiếp cận toán theo suy luận thơng thường giải sau: Gọi x, y số lần bước bước số lần bước bước Như người bước tổng cộng x + y bước hai số phải thỏa mãn x + 2y = n Ứng với số x + y lần bước,
số cách cần tính số cách bước tương ứng số cách chọn x lần bước bước, tức x+y x
P x+y x 06x,y6n,x+2y=n Rõ ràng tổng không dễ dàng rút gọn được! Ta xét trường hợp đơn giản, chẳng hạn với n = Ta cần xét phương trình nghiệm nguyên x + 2y = Dễ thấy phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 2), (2; 1), (4; 0) nên số cách


bước trường hợp 22 + 32 + 44 = + + = Nhưng đề thay giá trị n = n = 2011 sao? Việc xét tất nghiệm phương trình x + 2y = 2011 rõ ràng không đơn giản Nếu ta viết dạng cơng thức tổng qt có nghiệm x = + 2t, y = 1005 − t số nghiệm cần xét 1006 Chúng ta thử đổi cách tiếp cận sang phương pháp quen thuộc đếm truy hồi Gọi S(n) số cách bước ứng với trường hợp tọa độ A n Ta tính S(1) = 1, S(2) = n > ta có hai trường hợp: bước cuối cùng, người bước bước đó, số cách để bước n − bước trước S(n − 1); bước cuối cùng, người bước bước đó, số cách để bước n − bước trước S(n − 2) Hai trường hợp rời có tổng S(n) nên suy S(n) = S(n − 1) + S(n − 2), n > Vậy dãy số bước cần tính dãy Fibonacci 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, S(n) = Fn+1 (ta xét dãy Fibonacci có hai số hạng đầu 1, 1) Như thế, ta rút kết thú vị
P x+y = Fn+1 thật hiển nhiên số lượng mà đếm x 06x,y6n,x+2y=n hai cách phải cho kết Chúng ta không dừng lại mà thử mở rộng toán Chúng ta thay hai loại bước bước bước nhiều bước hơn, phương trình nghiệm nguyên cần xét phức tạp dãy số dạng truy hồi nhiều cấp Chẳng hạn, thay giả thiết toán bước từ đến bước chân cơng thức phương trình nghiệm

P x+y+z x+y+z dãy số cần xét nguyên y x 06x,y,z6n,x+2y+3z=n S(1) = 1, S(2) = 2, S(3) = 4, S(n) = S(n − 1) + S(n − 2) + S(n − 3), n > 42 Các ý tưởng lập luận mơ hình giải tương tự Nếu ta thay đổi giả thiết thêm chút ta có tốn sau: Bài tốn 14 Có người từ gốc tọa độ O đến điểm A có tọa độ n trục tọa độ Người bị say rượu nên bước lần bước bước tới quay lui lại Ban đầu, O người quay lui người đến A khơng thể bước tới Hỏi người có cách bước số bước thực m? (Rõ ràng số bước vơ hạn nên ta xét trường hợp cụ thể với m bước đó) Trước hết, thử đếm trường hợp đơn giản n = Rõ ràng tới người cần bước có bước lùi lại nên gọi x, y số bước tiến bước lùi x + y = m x − y = Tuy nhiên suốt trình thực đủ m bước đại lượng x − y khơng mà phải x − y theo quy ước “đến A khơng thể bước tiếp nữa” Đến đây, bạn thử giải tiếp để xây dựng công thức kết tương tự tốn Nói toán này, lại nhớ đến toán tiếng khác kì thi IMO 1979 ếch nhảy hình bát giác đều, kì thi mà lần Việt Nam có giải đặc biệt TS Lê Bá Khánh Trình Bài tốn 15 Một ếch nhảy từ đỉnh A đến đỉnh E hình bát giác ABCDEF GH Tại đỉnh trừ E, ếch nhảy tới hai đỉnh liền kề với đỉnh Gọi an số đường phân biệt từ A đến E có n bước nhảy Chứng minh   √ n−1 √ n−1   − 2− 2+ a2n−1 = 0, a2n = √ A H B G C O F D E Lời giải Dễ dàng thấy số cách bước phải chẵn nên a2n−1 = Gọi bn số đường phân biệt ếch từ C (hoặc G) đến E Rõ ràng sau hai bước nhảy đầu tiên, ếch đến C, G quay trở A Ta có cơng thức sau a2n = 2a2n−2 + 2b2n−2 Từ điểm C (hoặc điểm G), hai bước nhảy, ếch trở chỗ cũ đến A (nếu đến E ếch dừng lại), ta có b2n = 2b2n−2 + a2n−2 Từ hai quan hệ này, ta suy a2n = 4a2n−2 − 2a2n−4 , n > Ta tính a1 = a2 = a3 = 0, a4 = nên dễ dàng suy điều cần chứng minh ❒ Bài toán cắt hình bát giác xếp thành đường thẳng ta phát biểu thành: 43 Bài tốn 16 Có người từ gốc tọa độ O đến điểm A B (xem hai ngơi nhà) có tọa độ 4, −4 trục tọa độ Người bị say rượu nên bước lần bước bước tới quay lui lại Ban đầu, O người quay lui tiến tới người đến A B phải dừng lại Hỏi người có cách bước nhà số bước thực m? Kết hồn tồn giống với tốn kì thi IMO Nếu ta thử làm khó vấn đề chút có tốn sau: Bài tốn 17 Có người từ gốc tọa độ O đến điểm A có tọa độ n trục tọa độ Người bị say rượu nên bước lần bước bước tới quay lui lại Ban đầu, O người khơng thể quay lui người đến A khơng thể bước tới Hỏi người có cách bước số bước thực m? Rõ ràng có vấn đề rắc rắc người bước bước lại quay O lặp lại nhiều lần cơng thức truy hồi khơng xây dựng (do từ O khơng bước lùi từ vị trí có tọa độ nên hai trường hợp khơng tương ứng) Nói chung, cịn nhiều điều thú vị trục tọa độ chiều Trước kết thúc, ta thử xét toán tổ hợp tiếng xuất kì thi IMO năm 2009: Bài toán 18 Cho n số nguyên dương a1 , a2 , , an số nguyên dương phân biệt Giả sử T = {s1 , s2 , , sn−1 } tập hợp gồm n − số nguyên dương không chứa s = a1 + a2 + · · · + an Trên trục số thực có châu chấu lúc đầu đứng điểm Con châu chấu nhảy n bước hướng dương trục số Các bước nhảy có độ dài a1 , a2 , , an theo thứ tự Trên trục số, người ta đặt sẵn n − bẫy vị trí s1 , s2 , , sn−1 Chứng minh châu chấu xếp thứ tự bước nhảy để khơng nhảy vào bẫy Đây tốn đánh giá khó thứ nhì 50 năm thi IMO (chỉ sau 3, IMO 2007 tổ chức Việt Nam) Bài toán sử dụng quy nạp theo n ý tưởng Lời giải Trường hợp n = 1, theo giả thiết trục khơng có bẫy nên châu chấu nhảy khẳng định Giả sử châu chấu nhảy trường hợp từ đến n − Xét n bước nhảy a1 , a2 , , an n − bẫy s1 , s2 , , sn−1 Khơng tính tổng quát, ta thứ tự a1 < a2 < · · · < an s1 < s2 < · · · < sn−1 Ta cách nhảy thỏa mãn điều kiện Đầu tiên châu chấu nhảy bước có độ dài an Sử dụng giả thiết quy nạp, ta cho châu chấu nhảy bước có độ dài a1 , a2 , , an−1 cho không rơi vào bẫy số bẫy s2 , s3 , , sn−1 Nếu q trình nhảy nói châu chấu khơng rơi vào bẫy s1 hiển nhiên ta có cách nhảy thỏa mãn điều kiện Cịn châu chấu rơi vào bẫy s1 , ta 44 cách đổi chỗ bước nhảy để khơng nhảy vào bẫy Thật vậy, giả sử bước a1 , a2 , , an−1 châu chấu nhảy theo thứ tự af (1) , af (2) , , af (n−1) Có hai khả xảy ra: • Con châu chấu rơi vào bẫy từ bước nhảy đầu tiên, tức s1 = an Ta cần đổi chỗ hai bước nhảy châu chấu Cụ thể nhảy theo thứ tự af (1) , an , af (2) , af (3) , , af (n−1) Do ta thứ tự nên af (1) < an = s1 hiển nhiên châu chấu không vướng vào bẫy s1 Từ bước thứ hai trở đi, châu chấu nhảy cũ nên không vướng thêm bẫy • Con châu chấu rơi vào bẫy bước nhảy af (t) , t > Ta xét bước nhảy af (t−1) , af (t) , an Ta đổi chỗ bước nhảy bước nhảy af (t+1) Tức cho châu chấu nhảy theo thứ tự af (t+1) , af (1) , af (2) , , af (t−1) , af (t) , an , af (t+2) , , af (n−1) Chú ý s1 phần tử nhỏ tập n − bẫy nên trước s1 , châu chấu không rơi vào bẫy Cũng đổi chỗ af (t+1) an nên châu chấu không rơi vào bẫy s1 Tóm lại, từ đầu đến bước an , châu chấu không rơi vào bẫy Và bước nhảy sau giữ ngun nên châu chấu không nhảy vào bẫy Từ hai trường hợp trên, ta suy toán với n Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có điều cần chứng minh ❒ Bài tốn khó theo đánh giá có nội dung sau (tất nhiên Shortlist nhiều khó nữa): Bài tốn 19 Trong kì thi Tốn, số thí sinh có quen biết tính quen biết hai chiều Một nhóm thí sinh gọi nhóm “bạn bè” tất người có quen biết với Nếu nhóm có người xem nhóm “bạn bè” Số lượng thí sinh nhóm “bạn bè” gọi “cỡ” nhóm Giả sử kì thi này, “cỡ” lớn nhóm “bạn bè” tìm số chẵn Chứng minh xếp thí sinh vào hai phòng cho “cỡ” lớn nhóm “bạn bè” hai phịng 2.2 Đồ thị hai chiều Bài tốn điển hình cho phương pháp xuất kì thi Olympic Việt Nam 1, đề chọn đội tuyển tham dự IMO năm 2003 với nội dung sau: Bài toán 20 Trong mặt phẳng tọa độ, cho bốn điểm phân biệt A(0, 0), B(p, 0), C(m, q), D(m, n) với m, n, p, q bốn số nguyên dương thỏa mãn p < m n < q Xét đường f từ A đến D đường g từ B đến C thỏa mãn điều kiện: đường theo chiều dương 45 trục tọa độ đổi hướng (từ hướng dương trục tọa độ sang hướng dương trục tọa độ kia) điểm có tọa độ nguyên Gọi S số cặp đường (f, g) cho chúng khơng có điểm chung Chứng minh       m+n m+q−p m+q m+n−p S= − n q q n Cũng mơ hình phân tích sử dụng quỹ đạo để giải toán Tổ hợp giúp cho lời giải lập luận rõ ràng dựa nhận xét trực quan Tuy nhiên, phải công nhận phương pháp áp dụng số toán đặc trưng định Một số tốn đếm túy giải cách dùng quỹ đạo Trước hết, xây dựng số khái niệm sở cho phương pháp này: Định nghĩa Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm có tọa độ nguyên gọi điểm nguyên tập hợp điểm nguyên gọi lưới điểm nguyên (hay lưới Gauss) Định nghĩa Trong hệ tọa độ Oxy, người ta gọi đường từ M tới N đường gấp khúc nối M N , đường ngắn đường gấp khúc tạo đoạn thẳng đơn vị ngang dọc cho số đoạn thẳng Phương pháp chứng minh công thức tổ hợp số đường ngắn gọi phương pháp quỹ đạo Ta chứng minh số kết sở phương pháp : Định lý Số đường ngắn từ gốc tọa độ O đến điểm A(m, n) với m, n ∈ N∗ m+n m
Chứng minh Từ O đến A, ta cần thực m bước dịch chuyển theo chiều ngang n bước dịch chuyển theo chiều dọc, tức tổng cộng có m + n bước Các đường khác cách chọn thứ tự dọc ngang Do đó, số đường cần tìm số cách chọn m
đường ❒ đoạn ngang m + n đoạn dọc - ngang có tổng cộng m+n m Từ đây, ta có số kết sau: • Số cách chọn đoạn ngang số cách chọn đoạn dọc giống nên
m+n n m+n m
= • Số đường ngắn từ điểm A(m, n) đến điểm B(p, q) với m < p, n < q
p+q−m−n p−m • Số đường ngắn từ điểm O đến điểm B(p, q) qua điểm A(m, n) tích




m+n p+q−m−n p+q m+n p+q−m−n − số đường từ O đến B không qua A p−m m p p−m m


m+n p+q−m−n p+q với m < p, n < q Từ ta suy p > m p−m Tiếp theo, ta thử dùng phương pháp chứng minh số toán: Bài toán 21 (Đẳng thức Pascal) Với k, n số nguyên k n − 1, ta có       n n−1 n−1 = + k k−1 k 46
Lời giải Ta thấy có nk đường ngắn từ O(0, 0) đến A(k, n − k) Xét hai điểm B(k − 1, n − k) C(k, n − k − 1) Rõ ràng đường từ O đến A thiết phải qua B C

n−1 số đường ngắn từ O tới C Số đường từ O đến B n−1 k k−1


n−1 n−1 n ❒ Do đó, ta có k = k−1 + k Bài toán 22 Chứng minh với m, n, k ∈ Z+ , m > k k k k−1 k Cm+n+1 = Cm Cn + Cm−1 Cn+1 + · · · + Cm−k Cn+k


m−i n+i đường nối O(0, 0) với M (m + n − k + 1, k) Rõ ràng có Lời giải Có m+n+1 i k−i k
đường cắt đường thẳng x = n + 21 điểm có tung độ i (i = 0, 1, , k) gồm: n+i đường nối O i
m−i với điểm (n, i), đường nối điểm (n, i) với điểm (n + 1, i) k−i đường nối điểm (n + 1, i) với M Từ ta có điều cần chứng minh ❒ Bài tốn 23 Có m + n người mua vé (m n), có m người mang tiền loại đồng, n người mang tiền loại đồng vé giá đồng Biết ban đầu người bán vé không mang theo tiền, hỏi có cách xếp m + n người vào mua vé để người thối tiền (nếu cần) lập tức? Lời giải Đặt = x1 + x2 + · · · + , xj người thứ j mang tiền loại đồng −1 ngược lại y Am+n am+n Ai A2 a2 a1 O A1 A3 m+n x y = −1 Bài toán quy việc đếm số đường qua điểm Ai (i, ) mà không nằm trục hoành mặt phẳng toạ độ Oxy Muốn ta đếm số đường cắt đường thẳng (d) : y = −1 Xây dựng song ánh từ đường Q đến đường Q′ đường nhận từ Q cho đối xứng phần Q kể từ điểm gặp (d) Nếu Q′ có x đoạn hướng lên y đoạn hướng xuống x + y = m + n, y − x = n − m + hay y = n +


m+n m+n ❒ − , nên đáp số cần tìm Vậy số đường Q′ m+n n+1 n n+1 47 Để thấy rõ hiệu phương pháp này, ta dùng cách khác để giải toán trường hợp đặc biệt m = n Cụ thể sau: Giả sử có 2n người khách, n người có đồng n người cịn lại có đồng Ta cần tính số cách xếp 2n người thỏa mãn điều kiện đề bài, tức người bán vé bán vé cho người khách mà khơng có phải đứng chờ Ta xét tốn hình thức khác cho dễ lập luận Đặt 2n số, bao gồm n số n số lên hàng đánh số chúng từ đến 2n theo chiều từ trái sang phải Với i 2n, ta gọi , bi số số số số tính từ vị trí i trở trước, dễ thấy i = + bi , ∀i = 1, 2n Chúng ta cần tính số trường hợp thỏa bi ∀i = 1, 2n Gọi S tập hợp hoán vị (t1 , t2 , t3 , , t2n ) 2n phần tử thỏa đề bài, T tập hợp lại n Suy |T | = C2n − |S| ta tính |T | trước Do cách xác định T nên với phần tử t = (t1 , t2 , , tn ) T , ta thấy tồn số i thỏa < bi Gọi f (t) số thứ tự thỏa mãn < bi , tức trước đó, khơng bé bi thời điểm bi phần tử, tức f (t) phải số lẻ , b(t) = f (t)+1 , tf (t) = Tại thời điểm này, số f (t) = + bi Khi đó, ta tính af (t) = f (t)−1 2 số số số đơn vị nên ta đổi giá trị vị trí phía sau tf (t) , từ sang 2, từ sang ta có hốn vị g(t) n + số n − số Xét ví dụ minh họa trường hợp n = sau t = {1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 1, 1, 1} = {1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 4, 5, 6}, bi = {0, 1, 2, 2, 3, 4, 5, 5, 6, 6, 6, 6} f (t) = 3, a2 = 1, b2 = 1, t3 = 10 g(t) = {1, 2, 2, 2, 1, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 2} Khi đó, g ánh xạ từ T sang U , với U hoán vị n + số n − số Ta chứng minh g song ánh Thật vậy: Gọi u phần tử U Ta đếm số số số số từ trái sang phải Cũng gọi i vị trí nhỏ cho số số lớn số số 1, cách xác định U nên vị trí tồn Tiếp tục chuyển đối sang 2, sang vị trí phía sau i Ban đầu, số số số số đơn vị i vị trí đầu điều 2n − i vị trí sau Sau thay đổi số số số số đơn vị 2n − i vị trí sau; nghĩa số số số số nhau; tức tương ứng với phần tử T Do đó, g tồn ánh Tiếp theo, ta chứng minh g đơn ánh Gọi t t′ hai phần tử khác T Giả sử i vị trí mà số t t′ khác Khơng tính tổng qt, giả sử ti = 1, t′i = Khi dễ thấy f (t) 6= i Ta có hai trường hợp • Nếu f (t) < i f (t′ ) < f (t) i − vị trí đầu, số giống Mà vị trí thứ i, ti = 1, t′i = nên g(t) 6= g(t′ ) • Nếu f (t) > i Khi vị trí thứ i g(t) ti = Tại i − vị trí đầu, hai bên 48 giống nên f (t′ ) > Do đó, vị trí thứ i g(t′ ) t′i = Tức ta có g(t) 6= g(t′ ) Do đó, ln có g(t) 6= g(t′ ), với t 6= t′ nên g đơn ánh Kết hợp hai điều lại, ta thấy g song ánh


2n 2n − n−1 , suy |S| = 2n Ta |T | = |U | = n−1 n Kết tương ứng với điều ta thu toán rõ ràng để nhận điều bước lập luận rắc rối nhiều Quay lại toán ban đầu kì thi TST 2003 Việt Nam, ta có lời giải đầy đủ sau : Lời giải Ta gọi đường thỏa mãn đề đường “tốt” Trước hết, ta thấy số đường

m+q−p Do từ B(p, 0) đến C(m, q) “tốt” từ điểm A(0, 0) đến điểm D(m, n) m+n q

n m+n m+q−p đó, số cặp đường “tốt” (f, g) tùy ý n q ′ ′ ′ Ta tính số cặp đường “tốt” (f , g ) f từ A đến C g ′ từ B đến D, rõ ràng hai đường phải có điểm chung K(i, j), p i m, j q
m+n−p
Tương tự trên, số cặp đường “tốt” (f ′ , g ′ ) m+q n q

i+j (q−j)+(m−i) , số đường “tốt” Ta lại thấy rằng, số đường “tốt” từ A đến C qua K j q−j

i+j−p (n−j)+(m−i) từ B đến D qua K n−j



j

i+j (q−j)+(m−i) i+j−p (n−j)+(m−i) m+q m+n−p = j Do q n−j j q−j n Ta lại thấy K điểm chung cặp đường (f, g) mà chúng có điểm chung
(q−j)+(m−i)
i+j−p
(n−j)+(m−i)
nên ta tính số cặp đường i+j n−j j q−j j ′ ′ Điều có nghĩa số cặp đường tốt (f , g ) số cặp đường (f, g) mà chúng có điểm chung


m+q−p
m+q m+n−p Ta có điều − Vậy số cặp đường (f, g) thỏa mãn đề m+n n q q n cần chứng minh ❒ Tiếp theo ta xét số khái niệm mở đầu phương pháp quỹ đạo Định nghĩa Cho x > y số nguyên Quỹ đạo từ gốc toạ độ đến điểm(x, y) đường gấp khúc nối điểm (0, 0), (1, s1 ), (2, s2 ), , (x, sx ) |si − si+1 | = 1, sx = y Gọi Nx,y số quỹ đạo nối điểm 0, với điểm (x, y) Ta có định lý sau
với p = x+y Định lý Nx,y = p+q , q = x−y x, y tính chẵn lẻ Nx,y = x, y p 2 khác tính chẵn lẻ Chứng minh Giả sử quỹ đạo gồm p đoạn hướng lên q đoạn hướng xuống Khi , q = x−y đó, ta có p + q = x, p − q = y hay p = x+y 2 Vì p q số nguyên nên x, y cần phải có tính chẵn lẻ Do quỹ đạo hoàn toàn xác định ta đoạn hướng lên trên, số quỹ đạo từ điểm O
Trường hợp x, y khác tính chẵn lẻ thấy không tồn đến điểm (x, y) Nx,y = p+q p số p, q nguyên để thực đường quỹ đạo nên Nx,y = ❒ Định lý (Nguyên lý đối xứng gương) Giả sử A(a, α) B(β, b) điểm có toạ độ nguyên vói b > a > 0, α > 0, β > A′ (a, −α) điểm đối xứng với A qua trục Ox Khi số quỹ đạo từ A đến B cắt trục Ox có điểm chung với Ox số quỹ đạo từ A′ đến B 49 Chứng minh Mỗi quỹ đạo T từ A đến B, cắt trục Ox có điểm chung với Ox ta cho tương ứng với quỹ đạo T ′ từ A′ đến B theo quy tắc sau: xét đoạn quỹ đạo T từ A điểm gặp T Ox lấy đối xứng đoạn qua Ox, T T ′ trùng Như quỹ đạo T từ A đến B cắt Ox tương ứng với quỹ đạo xác định từ A′ đến B Ngược lại quỹ đạo từ A′ đến B tương ứng với quỹ đạo từ A đến B cắt Ox (lấy đoạn quỹ đạo từ A′ đến B đến điểm gặp lấy đối xứng đoạn qua Ox) Như vậy, ta thiết lập song ánh từ tập hợp quỹ đạo từ A đến B cắt Ox vào tập hợp quỹ đạo từ A′ đến B Định lý chứng minh ❒ Ta xét tiếp toán sau xuất IMO Shortlist 41 Bài toán 24 Cho p, q ∈ Z+ , (p, q) = Hỏi có tập S gồm số tự nhiên cho thuộc S x thuộc S x + p, x + q thuộc S? Lời giải Mỗi số nguyên n biểu diễn dạng px + qy, với x < q, nên ta đồng số nguyên n với điểm (x, y) mặt phẳng toạ độ y O q x −1 −2 −3 −p A(q, −p) Rõ ràng S chứa điểm n không nằm trục hồnh, nên tốn quy việc tìm số cách đánh dấu điểm nằm tam giác vuông cạnh huyền OA với A(q, −p), cho điểm đánh dấu điểm bên phải nằm đánh dấu Ta thấy cách đánh dấu tương ứng với chuỗi gồm q số p số thể đường từ O tới A (0 sang phải, cịn xuống) mà nằm hồn toàn đường OA (để ý trừ hai đầu mút, đoạn OA không chứa điểm nguyên nào) Phân hoạch tất chuỗi thành lớp, mà hai chuỗi lớp hốn vị vịng quanh Dễ thấy lớp có p + q chuỗi, lớp có chuỗi (p+q p ) thoả mãn Từ ta tới đáp số p+q ❒ Nếu ta mở rộng tốn khơng gian chiều vấn đề trở nên thú vị nhiều Các định lí kết phép đếm nói chung tương tự trường hợp 50 hai chiều có dịp để tưởng tượng, hình dung quỹ đạo, đường xuất từ đây, ta hồn tồn xây dựng nhiều tốn, biểu thức phức tạp Ta xét tiếp số ứng dụng khác Số học Bài toán 25 Cho p, q ∈ Z+ , (p, q) = Chứng minh             (p − 1)(q − 1) 2p (q − 1)p q 2q (p − 1)q p + + ··· + = + + ··· + = q q q p p p Lời giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét điểm nguyên nằm hình chữ nhật đường chéo OA, với A(p, q) Ta thấy có (p − 1)(q − 1) điểm Do (p, q) = nên khơng có điểm nằm đường chéo, OA chia chúng thành hai phần đối xứng y A q N M O i p x Xét phần nằm OA, ta thấy số điểm nằm đường thẳng x = i, < i < p     OM · AB iq [M N ] = = OA p Do số điểm nằm đường chéo OA  p−1  X (p − 1)(q − 1) iq = p i=1 Do tính đối xứng p q, ta có điều cần chứng minh ❒ Bài toán 26 Với số dương t, ta gọi d(t) số phân số tối giản pq mà < p, q t Tính tổng sau với m, n ∈ Z+ m m m S=d +d + ··· + d n Lời giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, ta đồng phân số ab (không thiết tối giản) với điểm M (a, b) a, b số nguyên dương Xét điểm ngun khơng nằm ngồi hình chữ nhật đường chéo AB, với A(1, 1), B(m, n) Giả sử đường thẳng l qua O chứa điểm nguyên (p, q), (2p, 2q), , (kp, kq) với (p, q) = Vì kp m, kq n nên suy m m n n n m < < ··· < ,q < < ··· < p6 k k−1 k k−1


p m m Điều cho thấy Suy phân số tối giản q tính k lần số d , d , , d m k S số tất điểm khơng nằm ngồi hình chữ nhật đường chéo AB, nên S = mn ❒ 51 Bài toán 27 (a) Chứng minh với số tự nhiên n, tồn xn , yn ∈ N cho 2n = (xn + yn )2 + 3xn + yn (b) Với (xn , yn ) xác định trên, chứng minh x1 + x2 + · · · + x2015 = y1 + y2 + · · · + y2015 = 41664 Lời giải Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, gọi Tn điểm thứ n dãy điểm hình vẽ y 10 11 O 12 13 14 x Dễ chứng minh tọa độ Tn (xn , yn ) (xn + yn )2 + 3xn + yn = 2n Từ câu (a) hiển nhiên Bây ta chứng minh câu (b) 2015 2015  P −−→ P P → 2015 − yi Để ý T2015 điểm thứ 62 trục hoành V = xi , OTi = i=1 i=1 i=1 −−→ → Gọi − v vector đường chéo hình vng đơn vị, dễ thấy tổng vector OTi với điểm → Ti nằm cạnh huyền tam giác cạnh k vuông cân O k(k+1) ·− v Do − → − → − → v v → ·(1·2+2·3+· · ·+62·63) = ·(1·2·(3−0)+2·3·(4−1)+· · ·+62·63·(64−61)) = 41664· − v V = Ta có điều cần chứng minh Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề Tổ hợp rời rạc, NXBGD, 2007 ❒ 52 [2] Trần Nam Dũng, Tài liệu tập huấn đội tuyển thi IMO 2010 [3] Huỳnh Tấn Châu, Ứng dụng điểm nguyên để giải Toán số học tổ hợp, 2011 [4] Nguyễn Khắc Minh, Nguyễn Việt Hải, Các thi Olympic Toán THPT Việt Nam, 2007 [5] Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ [6] Các diễn đàn Tốn học : • Diễn đàn Art of Problem Solving (Mathlinks) http://www.artofproblemsolving.com/Forum/index.php • Diễn đàn MathScope http://forum.mathscope.org/index.php ... 2014, cho câu trả lời tương tự với cách giải tương tự Ta thử thay đổi to? ?n theo kiểu nối điểm mặt phẳng để thu to? ?n sau: Bài to? ?n Trong mặt phẳng, cho tập hợp A gồm 20102 điểm phân biệt đánh số... đàn Art of Problem Solving (Mathlinks) http://www.artofproblemsolving.com/Forum/index.php • Diễn đàn MathScope http://forum.mathscope.org/index.php ... thỏa mãn tính chất: S không tồn hai số a, b mà |a − b| ∈ {1; n}? Bài to? ?n phát biểu đơn giản dễ hiểu đằng sau vấn đề Bài to? ?n khác với mà vừa phát biểu chỗ người ta loại thêm trường hợp |a −