Một Số Bài Toán Tổ Hợp Dành Cho Học Sinh Khá, Giỏi.pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HOÀNG THỊ LUYẾN MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG Đ[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HỒNG THỊ LUYẾN MỘT SỐ BÀI TỐN TỔ HỢP DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– HOÀNG THỊ LUYẾN MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI Thái Nguyên - 2021 i Mục lục Mục lục ii Lời cảm ơn iii Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Quy tắc cộng, quy tắc nhân 1.1.1 Quy tắc cộng 1.1.2 Quy tắc nhân 1.2 Nguyên lý bù trừ 1.2.1 Nguyên lý bù trừ cho hai tập hợp 1.2.2 Nguyên lý bù trừ cho ba tập hợp 1.3 Nguyên lý chim bồ câu, định lý Ramsey 1.3.1 Nguyên lý chim bồ câu 1.3.2 Định lý Ramsey 1.4 Định lý Erdos-Szekeres 1.5 Lý thuyết truy hồi 1.6 Lý thuyết hàm sinh 1.7 Tính chất số phức 1.8 Bất biến, Tổ hợp lặp, Bài toán chia kẹo Euler Một số toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi 2.1 Vận dụng nguyên lý bù trừ vào giải toán tổ hợp 2.2 Vận dụng nguyên lý chim bồ câu vào giải toán tổ hợp 2.3 Vận dụng phương pháp truy hồi vào giải toán tổ hợp 2.4 Vận dụng tính chất ánh xạ vào giải tốn tổ hợp 2.5 Sử dụng tính chất hàm sinh vào giải toán tổ hợp 3 3 4 5 9 11 12 13 13 16 20 30 36 ii 2.6 2.7 2.8 2.9 Sử dụng bất biến để giải toán tổ hợp Vận dụng tính chất đa thức vào giải toán tổ hợp Vận dụng tính chất số phức vào giải tốn tổ hợp Một số tốn hình học tổ hợp 42 46 47 50 Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 iii Lời cảm ơn Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải Tác giả xin trân trọng bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy, Người tận tình bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiện cứu luận văn Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin, giảng viên tham gia giảng dạy tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian qua Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp tất người quan tâm, động viên giúp đỡ để tác giả hồn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 01 năm 2021 Tác giả luận văn Hoàng Thị Luyến Mở đầu Trong chương trình Tốn phổ thơng, Tổ hợp nội dung quan trọng xuất đề thi THPT Quốc gia, tạp chí tốn học, blog toán học, đề thi học sinh giỏi hay kì thi Olympic Tổ hợp ln đánh giá nội dung tương đối khó Các tốn tổ hợp thường địi hỏi học sinh hiểu xác mối quan hệ đối tượng xét mà đơi ngơn ngữ khó diễn đạt cách đầy đủ Các toán Tổ hợp nghiên cứu từ lâu đến ln có sức hấp dẫn, niềm đam mê nhiều nhà toán học giới, thu hút yêu thích thầy dạy tốn học sinh Trong mơn Đại số giải tích, dạng tập liên quan đến Tổ hợp tập thú vị thường phức tạp Đặc biệt toán, đề thi dành cho học sinh giỏi học sinh phải nắm kiến thức nâng cao, phương pháp giải nâng cao khơng có chương trình đại trà chương trình nâng cao bậc phổ thông Xuất phát từ thực tế trên, với mong muốn đưa số toán Tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi lời giải chúng dựa kiến thức nâng cao chưa trình bày tường minh SGK phổ thơng, tác giả lựa chọn đề tài "Một số toán Tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi" làm hướng nghiên cứu cho luận văn Mục đích luận văn tìm hiểu trình bày cách giải số toán Tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi Luận văn có nhiệm vụ: Tập hợp đọc hiểu tính chất, nguyên lý, phương pháp thường vận dụng để giải toán tổ hợp nói chung, số tốn tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi nói riêng; Sưu tầm số toán Tổ hợp đề thi tuyển sinh Đại học, Cao Đẳng; đề thi THPT Quốc Gia; đề thi chọn học sinh giỏi nước Sau đưa lời giải tốn Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo luận văn trình bày hai chương: Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn trình bày số tính chất, ngun lý, phương pháp thường vận dụng để giải tốn tổ hợp nói chung, số tốn tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi nói riêng như: quy tắc cộng, quy tắc nhân, nguyên lý bao hàm loại trừ, nguyên lý chim bồ câu, định lý Ramsey, tổ hợp lặp, toán chia kẹo Euler, Các nội dung vận dụng để giải tốn trình bày Chương Chương Một số toán tổ hợp dành cho học sinh khá, giỏi Trong chương 2, luận văn trình bày lời giải số tập tổ hợp khó, dành cho học sinh giỏi phân theo chủ đề, gắn với sở lời giải Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Quy tắc cộng, quy tắc nhân Quy tắc cộng Giả sử công việc thực theo phương án A phương án B Có n cách thực phương án A có m cách thực phương án B Khi cơng việc thực m + n cách Quy tắc cộng cho cơng việc thực theo k phương án A1 , A2 , , Ak Có n1 cách thực phương án A1 , có n2 cách thực phương án A2 , nk cách thực phương án Ak Khi cơng việc thực n1 + n2 + · · · + nk cách Chú ý 1.1.1 Quy tắc cộng phát biểu dạng sau: Nếu A B hai tập hợp hữu hạn khơng giao số phần tử A ∪ B số phần tử A cộng với số phần tử B , tức |A ∪ B |=| A |+| B| 1.1.2 Quy tắc nhân Giả sử công việc bao gồm hai cơng đoạn A B Cơng đoạn A làm theo n cách Với cách thực cơng đoạn A cơng đoạn B làm theo m cách Khi cơng việc thực theo nm cách Quy tắc nhân cho công việc với nhiều công đoạn phát biểu sau: Giả sử công việc bao gồm k cơng đoạn A1 , A2 , , Ak Cơng đoạn A1 thực theo n1 cách, công đoạn A2 thực theo n2 cách, , cơng đoạn Ak thực theo nk cách Khi cơng việc thực theo n1 n2 · · · nk cách 1.2 Nguyên lý bù trừ 1.2.1 Nguyên lý bù trừ cho hai tập hợp Số phần tử hợp hai tập A B tổng phần tử tập trừ số phần tử giao hai tập hợp, tức |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| Nếu A tập X , phần bù A X kí hiệu A Nếu A, B hai tập X |A ∪ B| = |X| − |A ∪ B| = |X| − (|A| + |B|) + |A ∩ B| Nhưng A ∪ B = A ∩ B , |A ∩ B| = |X| − |A ∪ B| = |X| − (|A| + |B|) + |A ∩ B| 1.2.2 Nguyên lý bù trừ cho ba tập hợp Với ba tập A, B, C |A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C| Cho tập hợp A tập A1 , A2 , A3 ⊂ A Khi 35 Xét phép tương ứng (a1 , a2 , , ak ) ∈ B 7→ (a1 + (m − 1), a2 + 2(m − 1), , ak + k(m − 1)) Ta chứng minh tương ứng song ánh từ B đến B1 , B1 tập gồm tất khơng có thứ tự (b1 , b2 , , bk ) thỏa mãn b1 ∈ {1, 2, , n + k(m − 1)} b1 m, ∀i ∈ {1, 2, , k} Từ suy |B| = |B1 | Mặt khác, theo bổ đề ta có |B1 | = Ck n−k  m Vì vậy, từ (2.13) ta +k |A∗ | = n(n − 1) (n − k + 1) − Ck n−k  m +k Bài toán 2.4.8 (Duyên hải Bắc Bộ Toán 2011) Cho n ≥ X ⊂ {1, 2, , n3 } = E gồm 3n2 phần tử Chứng minh tìm số a1 , , a9 ∈ X đôi khác cho hệ sau có nghiệm nguyên (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn x0 , y0 , z0 6=    a1 x + a2 y + a3 z = a x+a y+a z =0   a x + a y + a z = Lời giải Sắp xếp phần tử X theo thứ tự x1 < x2 < · · · < x3n2 Đặt X1 = {x1 , , x2n }, X2 = {xn2 +1 , , x2n2 }, X3 = {x2n2 +1 , , x3n2 } Xét ánh xạ f : X1 × X2 × X3 → E × E (a, b, c) 7→ (b − a, c − b) Ta có |X1 × X2 × X3 | = |X1 | |X2 | |X3 | = n6 Do a ∈ X1 , b ∈ X2 , c ∈ X3 nên a < b < c Suy b − a ≥ 1, c − b ≥ (b − a) + (c − b) = (c − a) < n3 36 Vì tập ảnh f tập A với A = {(m, n) | m, n ∈ X, m + n ≤ n3 } Mà ta có
nX −1 n3 n3 − n6 |A| = k= k=1 < Do theo nguyên lý chim bồ câu tồn ba số (ai , bi , ci ) , i = 1, 2, 3, cho tập ảnh (x0 , y0 ) Nghĩa ta có bi − = x0 ci − bi = y0 , i = 1, 2, Chọn z0 = −x0 − y0 z0 = − ci , i = 1, 2, Do với i = 1, 2, 3, ta có ci x0 + y0 + bi z0 = ci (bi − ) + (ci − bi ) + bi (ai − ci ) = Chứng tỏ hệ     c x + a1 y + b z = c x+a y+b z =0 2   c x + a y + b z = 3 có nghiệm nguyên (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn x0 , y0 , z0 6= Do ∈ X1 , bi ∈ X2 , ci ∈ X3 nên 6= bi 6= ci , ∀1 ≤ i, j, k ≤ Giả sử ∃1 ≤ i < j ≤ : = aj bi − = bj = aj nên bi = bj suy ci = cj , (ai , bi , ci ) = (aj , bj , cj ) Vậy 6= aj , ∀1 ≤ i < j ≤ Tương tự bi 6= bj , ∀1 ≤ i < j ≤ 3, ci 6= cj , ∀1 ≤ i < j ≤ Suy điều cần chứng minh 2.5 Sử dụng tính chất hàm sinh vào giải toán tổ hợp Bài toán 2.5.1 Cho a0 = 1, a1 = an = 4an−1 − 4an−2 với n ≥ Tìm công thức biểu diễn an theo n Lời giải Đặt f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · ta có f (x) − − x = a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + · · · = (4a1 − 4a0 )x2 + (4a2 − 4a1 )x3 + · · · = (4a1 x2 − 4a2 x3 + · · · ) − (4a0 x2 − 4a1 x3 + · · · ) = 4x(f (x) − 1) − 4x2 f (x) 37 Giải f (x) lấy |x| < f (x) = = = ta thu − 3x x = − (1 − 2x) − 2x (1 − 2x)2 ∞ X n=0 ∞ X n=0 n (2x) − x ∞ X n(2x)n−1 n=0 (2n − n2n−1 )xn Bởi an = 2n − n2n−1 Bài toán 2.5.2 Tìm số an cách làm tờ n đơ-la đổi thành đồng xu hay đơ-la (bỏ qua việc xét thứ tự) Ví dụ, n = 3, có cách, cụ thể ba đồng xu đô-la hay đồng xu đô-la đồng xu đô-la Lời giải Đặt f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · để nghiên cứu chuỗi vô hạn này, phải có |x| < Đối với cách đổi tờ n đô-la thành r đồng đô-la s đồng đơ-la, nhớ xr x2s = xn Bây r s số ngun khơng âm Cộng tất số hạng ghi nhớ số ngun khơng âm n, sau khai triển thành thừa số, ta ∞ X x r=1 r ∞ X x 2s s=0 = ∞ X ∞ X x r+2s = r=0 s=0 ∞ X an xn = f (x) n=0 Mặt khác, ta có ∞ X x r ∞ X x2s = s=0 r=1 1 · = 1−x 1−x (1 − x)2 (1 − x)  1 + = 2 (1 − x) − x2   (1 + 2x + 3x2 + · · · ) + (1 + x2 + x4 + · · · ) = = + x + 2x2 + 2x3 + 3x4 + 3x5 + · · · = ∞   X n n=0 Do đó, an = hni 2   + xn + Bài tốn 2.5.3 Cho n số ngun dương Tìm số an đa thức P (x) với hệ số {0, 1, 2, 3} thỏa mãn P (2) = n 38 Lời giải Gọi f (t) hàm sinh dãy a0 , a1 , a2 , a3 , Đặt P (x) = c0 + c1 x + + ck xk với ci ∈ {0, 1, 2, 3} Bây P (2) = n c0 + 2c1 + + 2k ck = n k Lấy t ∈ (−1, 1), ta nhớ điều tn = tc0 t2c1 t2 ck Chú ý 2i ci bốn số 0, 2i , 2i+1 , 3.2i Cộng tất số hạng ghi nhớ số nguyên khơng âm n khả c0 , c1 , , ck ∈ {0, 1, 2, 3}, sau phân tích thành thừa số vế phải, ta có f (t) = ∞ X n an t = n=0 Sử dụng + s + s2 + s3 = f (t) = ∞ Y i + t2 + t2 i+1 k
+ t3.2 i=0 − s4 , ta thấy 1−s − t4 − t8 − t16 − t32 1 · · · ··· = · 1−t 1−t 1−t 1−t − t − t2 Như Bài toán 2.5.2, ta an = hni + Đối với toán biết, thay sử dụng hàm sinh a0 , a1 , a2 , a3 , ta xét chuỗi xa0 + xa1 + xa2 + x a3 + · · · Bài toán 2.5.4 Cho a0 , a1 , a2 , dãy tăng số nguyên không âm thỏa mãn số ngun khơng âm biểu diễn dạng + 2aj + 4ak , i, j k không thiết phải phân biệt Xác định a1998 Lời giải Với |x| < 1, đặt f (x) = ∞ P xai Điều kiện cho suy i=0 f (x)f (x )f (x ) = ∞ X xn = n=0 1−x Thay x x2 , ta f (x2 )f (x4 )f (x8 ) = − x2 Từ hai phương trình này, ta f (x) = (1 + x)f (x8 ) Lặp lại điều cách đệ quy, ta f (x) = (1 + x)(1 + x8 )(1 + x8 )(1 + x8 ) · · · 39 Trong khai triển vế phải, ta thấy số mũ a0 , a1 , a2 , đích thực số ngun khơng âm mà biểu diễn sở có chữ số Vì 1998 = + 22 + 23 + 26 + 27 + 28 + 29 + 210 , a1998 = + 82 + 83 + 86 + 87 + 88 + 89 + 810 Bài tốn 2.5.5 Tính số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + + xd = n Lời giải Vì x1 , x2 , , xd nguyên không âm nên suy xi , ≤ i ≤ d nhận giá trị 0, 1, 2, 3, Ta tìm hàm sinh cho cách số chọn xi , ≤ i ≤ d Ta có • cách chọn giá trị 0, • cách chọn giá trị 1, • cách chọn giá trị 2, • cách chọn giá trị Suy hàm sinh cho cách chọn xi + x + x2 + x3 + · · · = 1−x Áp dụng quy tắc xoắn ốc suy hàm sinh cho cách chọn số (x1 , x2 , , xd ) (1 − x)d Gọi un số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + + xd = n Khi hàm sinh dãy với số hạng dạng un hàm sinh cho số cách chọn số (x1 , x2 , , xd ) Tức X k≥0 un xk = X k = Ck+d−1 xk (1 − x)d k≥0 n Vậy un = Cn+d−1 Bài tốn 2.5.6 Bạn Nam có đồng xu C1 , C2 , , Cn Với k, Ck Tung tất n đồng xu, tính đúc cho tung lên, xác suất để sấp 2k+1 xác suất để số đồng sấp lẻ (biểu diễn dạng thu gọn) 40 Lời giải Xác suất để số đồng sấp lẻ tổng hệ số bậc lẻ đa thức P (x) = n Y ( k=1 Tổng hệ số x 2k − ) 2k + 2k + n P (1) − P (−1) = 2n + Bài toán 2.5.7 Với tập hợp A, định nghĩa s(A) tổng phần tử A (nếu A = ∅ s(A) = 0) Đặt S = {1, 2, , 1999} Với ≤ r ≤ 6, định nghĩa Tr = T | T ⊆ S, s(T ) ≡ r ( mod 7) Với r, tính số phần tử Tr Lời giải Xét hàm sinh G(x) = 1999 Y (xi + 1) i=1 2π Đặt ε = cos 2π + i sin , ta có G(ε) = 2285 (1 + ε)(1 + ε2 )(1 + ε3 )(1 + ε4 ) = 2285 (1 + ε3 ) Mặt khác, ta viết G(ε) = X r=0 Như |Tr |εr T0 − 2285 = T1 = T2 = T3 − 2285 = T4 = T5 = T6 Mà T0 + T1 + T2 + T3 + T4 + T5 + T6 = 21999 Suy T1 = T2 = T3 = T4 = T5 = T6 = 21999 + · 2285 21999 − 2286 , T0 = T = 7 Bài toán 2.5.8 Cho p số nguyên tố lẻ n số ngun dương khơng chia hết cho p Tìm tất (x1 , x2 , , xp−1 ) ∈ {0, 1, , n − 1}p−1 p−1 P ixi cho i=1 41 Lời giải Xét hàm sinh F (x) = p−1 Y (1 + xi + x2i + + x(n−1)i ) i=1 2π Ta có F (1) = np−1 Đặt ε = cos 2π n + i sin n Khi với ≤ j ≤ p − 1, j F (e ) = p−1 Y − εnij i=1 − εij Theo định lý RUF ta có số cần tìm p−1 np−1 + p − 1X F (ej ) = p p j=0 Bài toán 2.5.9 (AMPO Mock 2009) Chứng minh với số nguyên n P 2k 4n−k 3k tổng hai số phương liên tiếp dương n, ta có Sn = C2n+1 k=0 Lời giải Theo khai triển Nhị thức Newton, ta có Sn = n X 2k C2n+1 4n−k 3k k=0 = Sn = = n X 2k C2n+1 22(n−k) k=0 n X 2k C2n+1 2(2n+1)−2k k=0 ⇒ Sn =  2+ √
2k √
2k √
2n+1  √
2n+1 − 2− Ta có nhận xét N tổng hai số phương liên tiếp 2N − số phương Thật vậy, ta có N = x2 + (x + 1)2 ⇔ 2N − = (2x + 1)2 Do đó, nhận xét Như vậy, điều kiện cần đủ để giải toán ta chứng minh 2Sn − số phương Ta có √ √ √
2n − √
2n 2+ 2Sn − = + −1 2+ 2− 2   √ √ √
n − √
n 2+ = 2+ + 2− 2 42 Như vậy, ta cần phải chứng minh Tn = nguyên √ √ 1+ 2+ √ √
n + √ 1− 2− √
n số Ta kiểm tra T0 = 1, T1 = Từ + 3, − nghiệm phương trình x − 4x + = nên ta chứng minh quy nạp đẳng thức Tn+2 = 4Tn+1 − Tn Từ đó, suy dãy Tn số nguyên với n Vậy toán chứng minh 2.6 Sử dụng bất biến để giải toán tổ hợp Bài toán 2.6.1 (China Girls Mo 2011) Có n hộp B1 , B2 , , Bn nằm hàng ngang Tổng số bóng n hộp n bóng Mỗi bước ta thực ba quy tắc sau: (i) Nếu có bóng B1 , ta chuyển bóng từ B1 sang B2 (ii) Nếu có bóng Bn , ta chuyển bóng từ Bn sang Bn−1 (iii) Với ≤ k ≤ n − Nếu hộp Bk có hai bóng, ta chuyển hai bóng từ Bk sang Bk−1 , Bk+1 hộp (quy ước B0 = Bn , Bn+1 = B1 ) Chứng minh sau số hữu hạn bước chuyển bóng, ta đưa hộp bóng Lời giải Ta sử dụng phương pháp quy nạp nguyên lý đơn biến toán Với n = 1, dễ dàng kiểm tra toán Giả sử rằng, kết luận tới n − 1(n ≥ 3) Khi có n − hộp n − bóng, ta có thuật tốn An−1 để đưa hộp bóng Ta chứng minh với n hộp n bóng, ta có thuật toán An để đưa trạng thái hộp bóng Thật vậy, mục tiêu đưa đưa trạng thái hộp Bn có bóng Nếu Bn có k ≥ bóng, ta sử dụng k − quy tắc để đưa Bn có bóng Giả sử Bn khơng có bóng Ta chắn có thuật tốn để hộp Bn có bóng Giả sử n bóng nằm n − hộp B1 , B2 , , Bn−1 Ta gọi bi số bóng hộp Bi Khi đó, ta xét T = 21 b + 2 b2 + b + · · · + n bn 43 Nếu suốt trình bn = rõ ràng, ta sử dụng quy tắc quy tắc Do đó, sau bước T đại lượng tăng Ngoài ra, T bị chặn số (n.2n ) Do đó, sau số hữu hạn bước ta khơng thể tiếp tục chuyển bóng Điều xảy B1 khơng có bóng cịn B2 , B3 , , Bn−1 hộp có khơng qua bóng Nhưng đó, tổng số bóng khơng vượt q n − quả, vơ lý Vậy ta đưa trạng thái hộp Bn có bóng Khi đó, ta tiến hành tơ màu n − bóng cịn lại tơ màu đỏ, cịn bóng hộp Bn ta tơ màu xanh Bây giờ, theo giả thiết quy nạp ta có thuật tốn An−1 để đưa hộp n − hộp cịn lại có Tuy nhiên, thuật toán An−1 ta cần cải tiến chút bước: chuyển bóng từ hộp Bn−1 sang hộp Bn−2 với thuật tốn An−1 hộp Bn−1 sử dụng quy tắc để chuyển bóng từ hộp Bn−1 sang Bn−2 n hộp khơng thể làm Ta cải tiến đơn giản sau Khi muốn chuyển bóng từ hộp Bn−1 sang hộp Bn−2 Ta dùng quy tắc cho hộp Bn chuyển bóng xanh sang hộp Bn−1 sau đó, dùng quy tắc chuyển đỏ sang hộp Bn−2 chuyển bóng xanh quay lại hộp Bn Như vậy, trạng thái giúp chuyển bóng từ hộp Bn−1 sang Bn−2 mà khơng làm thay đổi tính chất Vậy toán chứng minh Bài toán 2.6.2 (HSG Nam Định 2012) Cho a, b, c, d bốn số nguyên đôi khác Ta định nghĩa phép biến đổi T biến đổi (x, y, z, t) có thứ tự thành (x − y, y − z, z − t, t − x) Chứng minh với ban đầu sau số hữu hạn bước, ta thu mà có số bốn số lớn 2012 Lời giải Tại bước thứ k thu (ak , bk , ck , dk ) Ta xét Sk = (ak − bk )2 + (bk − ck )2 + (ck − dk )2 + (dk − ak )2 Rõ ràng với số nguyên dương k tùy ý, ta có ak + bk + ck + dk = Do Sk = (ak − bk )2 + (bk − ck )2 + (ck − dk )2 + (dk − ak )2 = (ak−1 − 2bk−1 + ck−1 )2 + (bk−1 − 2ck−1 + dk−1 )2 + (ck−1 − 2dk−1 + ak−1 )2 + (dk−1 − 2ak−1 + bk−1 )2 Chứng tỏ Sk > Sk−1 Do đó, ta có Sk → +∞ k → +∞ Vì mà ta có max (|ak | , |bk | , |ck | , |dk |) > · 2012 = 6036 với k đủ lớn 44 Nếu số có trị tuyệt đối max số dương số thỏa mãn Nếu số có trị tuyệt đối max (giả sử dk ) số âm ta có ak + bk + ck = −dk = |dk | > 6036 Do đó, tồn số lớn 2012 Vậy toán chứng minh Bài toán 2.6.3 (HSG Nam Định 2012) Một gồm bốn số nguyên bất kỳ, người ta thực quy tắc T sau T (a, b, c, d) − → (|a − b| , |b − c| , |c − d| , |d − a|) Chứng minh sau số hữu hạn bước, ta thu (0, 0, 0, 0) Lời giải Khơng tính tổng qt ta giả sử gồm bốn số không âm (nếu khơng ta cần tác dụng lần T làm việc với thu được) Ta nhận thấy, đại lượng đơn biến S = max (a, b, c, d) Điều có ta có bất đẳng thức |x − y| ≤ max (x, y) , ∀x, y ≥ nên max (|a − b| , |b − c| , |c − d| , |d − a|) ≤ max (a, b, c, d) ∀a, b, c, d ≥ Như đại lượng S = max (a, b, c, d) không tăng sau bước, lại có S = max (a, b, c, d) ≥ nên kể từ bước (giả sử từ bước thứ k ), đại lượng S = max (a, b, c, d) số Tại bước thứ k , ta giả sử S = max (a, b, c, d) = a Khi đó, ta có max (|a − b| , |b − c| , |c − d| , |d − a|) = max (a, b, c, d) = a Điều xảy xảy ba trường hợp sau: • b = 0, • c = 0, d = a, • d = 0, c = a Với c = 0, d = a ta suy a = max (a, b, 0, a) = max (a − b, b, a, 0) = max (|a − 2b| , a − b, a, a − b) = max (||a − 2b| − a + b| , b, b, ||a − 2b| − a + b|) 45 Do b = a nên a = max (a, a, a, a) = max (0, 0, 0, 0) = Như trường hợp suy a = b = c = d = Với d = 0, c = a ta suy a = max (a, b, a, 0) = max (a − b, a − b, a, a) = max (0, b, 0, b) = max (b, b, b, b) = max (0, 0, 0, 0) = Như trường hợp suy a = b = c = d = Với b = ta có a = max (a, 0, c, d) = max (a, c, |c − d| , a − d) = max (a − c, c − |c − d| , ||c − d| − a + d| , d) Suy (c = 0) ∨ (c = d = a) ∨ (c = 0, d = a) ∨ (c = d = 0) ∨ (d = a, c = 0) ∨ (d = a) hay (c = 0) (d = a) Với c = ta có a = max (a, 0, 0, d) = max (a, 0, d, a − d) = max (a, d, |a − 2d| , d) = max (a − d, |d |a − 2d|| , |d − |a − 2d|| , a − d) ⇒ d = ⇒ a = max (a, a, a, a) = max (0, 0, 0, 0) = Với d = a ta có a = max (a, 0, c, a) = max (a, c, a − c, 0) = max (a − c, |a − 2c| , a − c, a) = max (|a − c − |a − 2c|| , |a − c − |a − 2c|| , c, c) ⇒ (c = 0) (c = a) Khi c = a = max (0, 0, a, a) = max (0, a, 0, a) = max (a, a, a, a) = max (0, 0, 0, 0) = Với c = a a = max (a, a, a, a) = max (0, 0, 0, 0) = Như trường hợp suy a = b = c = d = Điều đó, chứng tỏ từ bước thứ k trở ta có a = b = c = d = Vậy toán chứng minh 46 2.7 Vận dụng tính chất đa thức vào giải tốn tổ hợp Bài tốn 2.7.1 Tìm số tập A tập X = {1, 2, 3, , 2020} cho tổng phần tử A chia hết cho Lời giải Xét đa thức f (x) = (1 + x)(1 + x2 ) (1 + x2020 ) Khai triển đa thức f (x) P S(C) ta f (x) = x , S(C) tổng phần tử C Do đó, số C⊂X tập A X có tổng phần tử chia hết cho tổng hệ số lũy thừa dạng x5k với k ∈ N Bài toán 2.7.2 Tìm tất số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho Lời giải Gọi cn số số có n chữ số lập từ chữ số 3, 4, 5, chia hết cho Gọi α nghiệm phương trình α2 + α + = Khi α3 = α2k + αk + nhận giá trị k không chia hết cho l chia hết cho Xét đa thức P (x) = (x3 + x4 + x5 + x6 )n Dễ thấy cn tổng hệ số số mũ chia hết cho khai 2n 6n P P a3k Do ak xk cn = triển P (x), nói cách khác P (x) = k=0 k=0 P (1) + P (α) + P (α ) = 6n X ak (1 + α + α ) = 2n X a3k k=0 k=0 Cuối P (1) = 4n , P (α) = P (α2 ) = nên ta có cn = 2n P a3k = k=0 4n + Bài toán 2.7.3 Có số nguyên dương có chữ số mà tổng chữ số số chẵn Lời giải Gọi S số số có chữ số thỏa mãn yêu cầu toán Xét đa thức P (x) = (x + x2 + + x9 )(1 + x + x2 + + x9 )4 Khai triển P (x) ta P (x) = 45 X k=1 ak xk 47 Khi S= 22 X k=1 2.8 a2k = [P (1) + P (−1)] = 45000 Vận dụng tính chất số phức vào giải tốn tổ hợp Bài tốn 2.8.1 Tìm số tập A tập X = {1, 2, 3, , 2010} cho tổng phần tử A chia hết cho Lời giải Xét đa thức f (x) = (1 + x)(1 + x2 ) (1 + x2010 ) Khai triển đa thức f (x) ta f (x) = X xS(C) , C⊂X S(C) tổng phần tử C Do đó, số tập A X có tổng phần tử chia hết cho tổng hệ số lũy thừa dạng x5k với k ∈ N 2π Đặt ε = cos 2π + isin (ε bậc đơn vị) Ta có, với k khơng chia hết cho + εk + (ε2 )k + (ε3 )k + (ε4 )k = k chia hết cho − (ε5 )k =0 − εk + εk + (ε2 )k + (ε3 )k + (ε4 )k = Gọi S số tập A cần tìm S = (f (1) + f (ε) + f (ε2 ) + f (ε3 ) + f (ε4 )) Vì đa thức g(x) = x5 − có nghiệm 1, ε, ε2 , ε3 , ε4 nên g(x) = (x − 1)(x − ε)(x − ε2 )(x − ε3 )(x − ε4 ) Suy (1 + ε)(1 + ε2 )(1 + ε3 )(1 + ε4 )(1 + ε5 ) = −g(−1) = Vậy S = 22010 + 4.2402 22010 + 2404 = 5 48 Bài tốn 2.8.2 Có số tự nhiên có chữ số mà tổng chữ số bội 4? Lời giải Gọi S số có chữ số thỏa mãn u cầu tốn Xét đa thức P (x) = (x + x2 + + x9 )(1 + x + x2 + + x9 )3 Khai triển P (x) ta P (x) = 36 X ak xk k=1 Khi S= 18 X a4k k=1 2π Gọi ε = cos 2π + isin (căn bậc đơn vị) Ta có S = (P (1) + P (ε) + P (ε2 ) + P (ε3 )) Để ý ε2 · 103 − = −1, ta S = = 2249 Bài toán 2.8.3 Cho X = {0, 1, 2, , 25} Tìm số tập phần tử có tổng phần tử chia hết cho 19 Lời giải Với tập A ⊂ X gọi S(A) tổng phần tử A Ta quy ước S(∅) = Với i = 0, 1, , 18, đặt P (i) = {A ⊂ X||A| = 7} S(A) ≡ i ( mod 19) Ta cần tính P (0) Gọi α nguyên thủy bậc 19 Khi + a + a2 + + a18 = x19 − = (x − 1)(x − a) (x − a18 ) Xét đa thức Q(x) = (x − 1)(x − a)(x − a2 ) (x − a25 ) Ta tính hệ số x19 Q(x) hai cách Một mặt khai triển Q(x) để x19 , ta cần lấy x từ 19 dấu ngoặc, dấu ngoặc khác lấy số có dạng ak với k ∈ {0, 1, , 25} Như ta có tổng số có dạng aS(A) phụ thuộc vào số dư chia S(A) cho 19 (đó lý ta lấy bậc 19 đơn vị) nên từ dễ dàng suy tổng nói −[|P (0)| + P (1)a + + P (18)a18 ] 49 Mặt khác P (x) = (x19 − 1)(x − 1)(x − a) (x − a6 ) Suy hệ số x19 −1 · a · a2 · · · a6 = −a21 Từ suy |P (0)| + |P (1)|a + [|P (2)| − 1]a2 + + |P (18)|a18 = Điều với a nghiệm phương trình + x + x2 + · · · + x18 = Suy đa thức |P (0)| + |P (1)|x + [|P (2)| − 1]x2 + · · · + |P (18)|x18 tỉ lệ với đa thức + x + x2 + · · · + x18 Và |P (0)| = |P (1)|x = |P (2)| − = · · · = |P (18)| Như tất |P (i)|, i 6= 2, −1 C19 đơn vị Vậy đáp số 19 C19 −1 19 Riêng |P (2)| lớn Bài toán 2.8.4 Cho p số nguyên lẻ Tìm tập A tập hợp {1, 2, , 2p} biết rằng: (i) A chứa p phần tử (ii) Tổng phần tử A chia hết cho p Lời giải Xét đa thức P (x) = xp−1 + xp−2 + + x + Đa thức có p − nghiệm phức phân biệt Gọi α nghiệm P (x) Chú ý α, α2 , , αp−1 p − nghiệm phân biệt P (x) αp = Do theo định lý Viet xp−1 = (x − 1)(x − α)(x − α2 ) (x − αp−1 )