Tuyển tập các chuyên đề toán tổ hợp

LỜI NĨI ĐẦU Ngay từ năm 1736, nhà tốn học Euler giải thành cơng tốn tổ hp v by cõy cu thnh ph Kăonigsberg, c (nay Kaliningrad, Nga) nằm sông Pregel, bao gồm hai đảo lớn nối với với đất liền bảy cầu Bài toán đặt “Có thể theo tuyến đường mà qua cầu lần quay lại điểm xuất phát hay khơng ?” Và kể từ đến nay, trải qua nhiều thăng trầm lịch sử, lí thuyết tổ hợp phát triển mạnh mẽ, đóng góp nhiều cho phát triển khoa học kĩ thuật đại Chúng ta thường gặp tốn tổ hợp mơ hình sản xuất “Lập lịch cho quan”, xuất giải pháp an tồn giao thơng với mơ hình “Đặt trạm xe bus tối ưu thành phố”, vào quản lí người với mơ hình “Lập thời khoá biểu phân việc”, , ứng dụng gián tiếp thuật tốn giải toán tối ưu phần mềm máy tính thuật tốn tìm kiếm Google, Yahoo, , hay phần mềm ứng dụng mà sử dụng hàng ngày Chính tốn tổ hợp ln dành quan tâm lớn từ nhà tốn học, thầy, giáo bạn học sinh u thích mơn tốn Tốn tổ hợp lớp tốn khó, thường xuất kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia, quốc tế Do đó, giải thành thạo có vốn kiến thức chắn, sâu rộng toán tổ hợp niềm mong ước nhiều giáo viên học sinh Mặc dù toán tổ hợp quan trọng tài liệu toán tổ hợp, rời rạc dành cho học sinh giỏi Việt Nam cịn hạn chế Xuất phát từ thực tế với mục đích cung cấp tài liệu chất lượng gồm nhiều chuyên đề toán tổ hợp nâng cao giúp cho việc học tập học sinh tốt thầy, giáo có thêm tài liệu giảng dạy, nhóm biên soạn bao gồm giáo viên, sinh viên hệ cử nhân tài toán, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế đến từ miền Tổ quốc viết nên chuyên đề, giảng toán tổ hợp nâng cao “Tuyển tập chuyên đề tổ hợp” đời đánh dấu cho thành công lớn việc chia sẻ tri thức cho cộng đồng bạn u thích mơn tốn, mà kinh nghiệm làm bài, cách giải hay sáng tạo có từ đúc kết thời gian học tập nhiều thành viên học sinh giỏi quốc gia, quốc tế hay đầy tính sư phạm giáo viên tích lũy trình tham gia học tập, giảng dạy Tuyển tập hoàn thành gửi tới bạn đọc dịp Tết Nguyên Đán, hi vọng q năm thực hữu ích với bạn đọc khắp đất nước Để hoàn thành sách, nhóm biên tập xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo, bạn học sinh, sinh viên tham gia gửi chuyên đề, toán diễn đàn MathScope Đồng thời xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới ban quản trị diễn đàn MathScope thầy giáo, TS Trần Nam Dũng - ĐHKHTN - ĐHQG TP Hồ Chí Minh cổ vũ, động viên cho nhiều nhận xét có giá trị để sách vừa có giá trị chun mơn cao mà lại miễn phí tài với bạn đọc Do thời gian gấp rút trình độ có hạn, dù cố gắng sai sót khó tránh khỏi Mọi ý kiến đóng góp để sách hoàn thiện xin gửi địa hoangquan9@gmail.com alephvn@gmail.com Hà Nội, ngày 22 tháng năm 2012 (ngày Tất niên năm Nhâm Thìn) Đại diện nhóm biên soạn Chủ biên Hoàng Minh Quân – Phan Đức Minh MỤC LỤC Lời nói đầu Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp Nguyễn Tất Thu Phương pháp đếm hai cách Phan Đức Minh 17 Phương pháp xây dựng mơ hình giải tốn tổ hợp Lê Phúc Lữ 33 Phương pháp hàm sinh Hoàng Minh Quân 53 Phương pháp hàm sinh Lê Hữu Phước, Trần Nguyễn Quốc Cường 69 Giải toán tổ hợp đại lượng bất biến Trần Gia Huy 101 Một số tốn tơ màu Lê Tuấn Linh 119 Cực trị bất đẳng thức rời rạc Nguyễn Hiền Trang 141 Một số tốn tổ hợp điển hình bàn cờ Nguyễn Việt Dũng 165 Số Stirling loại hai Hoàng Minh Quân 173 SỬ DỤNG PHÉP ĐẾM ĐỂ CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC TỔ HỢP Nguyễn Tất Thu1 Như biết khái niệm hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp hình thành từ tốn đếm Các khái niệm đời giúp trình bày tốn đếm đơn giản Tuy nhiên gặp chứng minh đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk thường sử dụng biến đổi đại số khai triển nhị thức Newton để chứng minh Do việc chứng minh tốn đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk khái niệm khơng có mối quan hệ Điều nhiều làm vẻ đẹp khái niệm tốn học nói chung khái niệm Pn , Cnk nói riêng Trong chuyên đề giới thiệu với bạn cách chứng minh số đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk phương pháp đếm Nội dung phương pháp sau : Giả sử ta cần chứng minh đẳng thức liên quan đến Pn , Cnk có dạng A = B Ta đếm số cách thực cơng việc X theo hai cách: Cách ta kết số cách thực công việc X A Cách cho ta kết số cách thực công việc X B Từ ta có A = B Để làm tốt phương pháp cần hiểu ý nghĩa đại lượng xuất hai vế đẳng thức Chẳng hạn: • 2m : số tập tập X gồm m phần tử số cách chọn m phần tử từ m cặp cặp chọn phần tử • 2m − 1: số tập khác rỗng tập X gồm m phần tử • Cnk : số tập gồm k phần tử tập X gồm n phần tử Chúng ta bắt đầu ví dụ sau đây: Ví dụ Chứng minh Cnk = Cnn−k với k, n ∈ N; n > 1; k n Lời giải Xét tập X = {x1 , x2 , , xn } Ta thấy vế trái số tập A gồm k phần tử tập X Để lập A ta làm theo hai cách sau: Mỗi cách lấy k phần tử X, ta có tập A gồm k phần tử tập X, nên số tập A Cnk Giáo viên trường THPT Lê Hồng Phong, Đồng Nai Để thiết lập A ta làm sau: Mỗi cách lấy n − k phần tử tập X loại n − k phần tử đi, ta có được k phần tử cịn lại tập A gồm k phần tử X Nên số tập A là: Cnn−k Từ ta có Cnk = Cnn−k tốn chứng minh ❒ Ví dụ Cho n > 2, k số tự nhiên thỏa k n Chứng minh k k−1 Cnk = Cn−1 + Cn−1 Lời giải Vì vế trái đẳng thức số tập gồm k phần tử tập gồm n phần tử nên ta đếm số tập A gồm k phần tử tập X = {x1 , x2 , , xn } Cách Số tập A có Cnk tập Cách Số tập A gồm hai loại, ta đếm số tập thuộc hai loại Loại Gồm tập chứa phần tử xn Mỗi tập A thuộc loại cho ta tập A′ = A \ {xn } tập gồm k − phần tử tập X \ {xn } Và ngược lại tập A′ cho ta tập A nên suy số tập A thuộc loại số k−1 tập A′ Cn−1 Loại Gồm tập không chứa phần tử xn Như phần tử tập A lấy k tử tập X \ {xn } gồm n − phần tử nên số tập A thuộc loại Cn−1 k−1 k Do theo cách số tập A Cn−1 + Cn−1 k−1 k Vậy ta có Cnk = Cn−1 + Cn−1 ❒ Ví dụ Cho n > số tự nhiên Chứng minh đẳng thức sau: Cn0
2 + Cn1
2 + Cn1
2 n + · · · + (Cnn )2 = C2n
2 n + · · · + (Cnn )2 = C2n Lời giải Ta thấy VP đẳng thức số tập A gồm n phần tử tập X gồm 2n phần tử nên ta xét tốn sau: Hãy tính số tập A gồm n phần tử tập X = {x1 , x2 , , x2n } n Cách Ta có số tập A C2n Cách Chia tập X thành hai tập X1 = {x1 , x2 , , xn } X2 = {xn+1 , , x2n } Để lập tập A ta làm sau: Lấy k phần tử (k = 0, n) thuộc tập X1 , lấy n − k phần tử cịn lại thuộc tập X2 ta có
2 Cnk Cnn−k = Cnk cách chọn A ứng với k Cho k chạy từ đến n lấy tổng ta có kết số tập A cần tìm, hay Cn0 Ví dụ Chứng minh đẳng thức n X k=0 [ n−k ] n 2k Cnk Cn−k2 = C2n+1 ❒ Lời giải Ta thấy vế phải số cách chọn n phần tử từ tập X gồm 2n + phần tử nên ta xét tốn sau: Tính số cách chọn n phần tử từ tập X gồm 2n + phần tử n Cách Số cách chọn C2n+1 Cách Ta chia X thành n cặp phần tử x.Để chọn n phần tử từ X ta thực bước sau: Bước Ta chọn k cặp (k = 0, n) từ n cặp ð chia ta có Cnk cách, sau cặp ta chọn phần tử ta có 2k Cnk cách chọn   cặp n − k cặp lại Bước Chọn n−k  n−k  n−k  n−k−1  Vì = n − k chẵn n−k = n − k lẻ Do ta chọn x n − k lẻ không chọn x n − k chẵn [ n−k ] Số cách chọn bước Cn−k2 [ n−k ] Suy có 2k Cnk Cn−k2 cách lần chọn Cho k chạy từ đến n lấy tổng ta có số cách chọn là: n X [ n−k ] n 2k Cnk Cn−k2 = C2n+1 k=0 ❒ Ví dụ Chứng minh với số nguyên dương n ta có: m X k Cn+k 2m−k + k=0 n X k Cm+k 2n−k = 2m+n+1 k=0 Lời giải Xét tập X = {1, 2, , m + n + 1} Ta đếm số tập X Cách Ta có 2m+n+1 tập Cách Số tập X gồm hai loại: Loại Gồm tập có dạng A = {x1 , x2 , , xn+i } với i m + x1 < x2 < · · · < xn+i xn+1 = n + k + với k m Để lập tập loại ta làm sau: n Bước Chọn n phần tử từ n + k phần tử (với k m) ta có Cn+k cách Bước Bổ sung tập tập {n + k + 1, n + k + 2, , n + m + 1} ta có 2m−k cách m P k Do có Cn+k 2m−k tập A X có nhiều n phần tử k=0 Tương tự có n P k=0 k Cm+k 2n−k tập X có nhiều m phần tử Mà tập X có m phần tử ứng với tập X có khơng q n phần tử, n P k suy số tập X có khơng q n phần tử Cm+k 2n−k Do m P k=0 Vậy ta có k=0 k Cn+k 2m−k + Pn k n−k k=0 Cm+k m X k=0 số tập X k Cn+k 2m−k + n X k Cm+k 2n−k = 2m+n+1 k=0 Ví dụ Chứng minh đẳng thức sau với n > số tự nhiên Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = n2n−1 ❒ 10 Lời giải Ta thấy n số cách lấy phần tử từ tập gồm n phần tử, cịn 2n−1 số tập tập gồm n−1 phần tử Do ta xét toán sau: Cho tập X = {x1 , x2 , , xn } Hãy đếm số cặp (a, A) a ∈ X A tập tập X ′ = X \ {a} Cách Ta có n cách chọn a, với cách chọn a ta có 2n−1 cách chọn A Theo quy tắc nhân ta có n2n−1 cặp (a, A) Cách Ta chọn A tập gồm k phần tử (k = 0, n − 1), nên có Cnk = Cnn−k cách chọn A Mỗi cách chọn tập A ta chọn a ∈ X \A nên có n−k cách chọn a Khi cho k chạy từ n−1 P đến n−1 lấy tổng ta có số cặp (a, A) có (n−k)Cnn−k = Cn1 +2Cn2 +· · ·+nCnn k=0 cặp (a, A) So sánh kết hai cách đếm ta có Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + · · · + nCnn = n2n−1 ❒ Ví dụ Chứng minh đẳng thức sau: k−1 = 2k Cnk + · · · + Cnk Cn−k Cn0 Cnk + Cn1 Cn−1 Lời giải Thấy có 2k số tập tập gồm k phần tử, Cnk số tập gồm k phần tử tập gồm n phần tử nên ta xét toán sau: Cho tập X = {x1 , x2 , , xn } Hãy đếm số cặp (A, M ) A tập gồm k phần tử X M tập A Cách Ta có Cnk cách chọn tập A, với cách chọn A ta có 2k cách chọn M nên có tất 2k Cnk cặp (A, M ) Cách Ta có Cni cách chọn M (0 i k) Sau chọn M ta chọn k − i phần tử từ n − i k−i phần tử cịn lại gộp với M ta có tập A, nên với i ta có Cni Cn−i cách chọn cặp k P i k−i Cn Cn−i (A, M ) Cho i chạy từ đến k lấy tổng ta có số cặp (A, M ) i=0 Vậy ta có k−1 Cn0 Cnk + Cn1 Cn−1 + · · · + Cnk Cn−k = 2k Cnk Đây đẳng thức cần chứng minh ❒ Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n > 1, ta ln có: Cn1
2 + Cn2
2 n−1 + · · · + n (Cnn )2 = nC2n−1 n−1 Lời giải Ta thấy nC2n−1 số cặp (a, A), a phần tử thuộc tập X1 = {x1 , x2 , , xn } A tập gồm n−1 phần tử tập X = {x1 , , xn , xn+1 , , x2n }\ {a} Nên ta xét toán sau: Cho hai tập rời X1 = {x1 , x2 , , xn } X2 = {a1 , a2 , , an } Hãy đếm số cặp (a, A), a ∈ X1 cịn A tập gồm n − phần tử tập X = X1 ∪ X2 \ {a} n−1 cách chọn A nên có tất Cách Để chọn a ta có n cách, với cách chọn a ta có C2n−1 n−1 nC2n−1 cách chọn cặp (a, A) Cách Lấy k phần tử thuộc X1 (1 k n) ta có Cnk cách, ta chọn a từ k phần tử vừa 150 • Tính số tập tốt: Giả sử C tập tốt A Gọi C1 , C2 tâp số chẵn lẻ C |C| < |C| Gọi F họ tất tập tốt A Ta thiết lập ánh xạ sau g:E→F C 7→ C1 ∩ (Y \ C2 ) Suy |g(C)| < n n−1 n Ta có g đơn ánh nên |F | < C2n + C2n + + C2n = 22n−1 − C2n Từ đẳng thức bất đẳng thức trên, ta có điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Ta có n = C2n (n + 1)(n + 2) · · · 2n (2n)! ⌊ n2 ⌋ = > (n!)2 n! Từ ta có tốn sau: Ví dụ 10 Cho tập A = {1; 2; ; 2n} Tập B cuả A gọi tập tốt phần n tử B số số chẵn nhỏ số số lẻ Chứng minh số tập tốt A nhỏ 22n−1 − 2⌊ ⌋ Ví dụ 11 Chứng minh số cách biểu diễn số nguyên dương n thành tổng số nguyên dương mà số chia hết cho p (p số cho trước) xuất lần không lớn số cách biểu diễn n thành tổng số ngun dương mà khơng có số chia hết cho p2 Lời giải Xét {a1 , a2 , , an } cho khơng có phần tử chia hết cho p xuất m P = n lần i=1 Biểu diễn tất số chia hết cho p dạng pr · t (r > 1; t p)  Giả sử {a1 , a2 , , an } = b1 , b2 , , bk , pr1 · t1 ; ; prt t˙t Gọi M tập tất cách biểu diễn n thành tổng số ngun dương mà khơng có số chia hết cho p (p số cho trước) xuất lần N tập tất số biểu diễn n thành tổng số ngun dương mà khơng có số chia hết cho p2 Xét ánh xạ sau : f :M →N       {a1 , a2 , , an } 7→ b1 , b2 , , bk , pt1 , pt1 , , pt1 , pt2 , pt2 , , pt2 , , ptt , ptt , , ptt | {z } | {z } | {z }    r r −1 r −1 p −1 số p Dễ thấy f đơn ánh nên ta có điều cần chứng minh số p t số ❒ Ví dụ 12 Cho tập X gồm n số thực phân biệt Giả sử a1 , a2 , , ak số thỏa mãn ∀u 6= v ∈ X ∃ai cho (u − ) (v − ) Chứng minh k > ⌊log3 n⌋ 151 Lời giải Với u ∈ X ta lập {u1 , u2 , , uk }    ui =   tương ứng thỏa mãn u < u = u > Phép lập đơn ánh Thật vậy, tồn thỏa mãn (u − ) (v − ) mà ui = vi , ∀i = 1; k u, v < u = v = u, v > (không thỏa mãn) Suy có tối đa 3k mà |X| = n Do n 3k hay k > ⌊log3 n⌋ ❒ 2.2 Sử dụng nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet phát biểu lần G Lejeune Dirichlet (1805-1859), nhàtoán học gốc Pháp sau Nguyên lý (Nguyên lý Dirichlet) Nếu nhốt m thỏ vào n chuồng (m, n ∈ N∗ )   ln tồn chuồng có m−1 + thỏ n Nguyên lý (Nguyên lí Dirichlet đối ngẫu) Cho tập hữu hạn S 6= ∅ S1 , S2 , , Sn tập Si , i = 1, n S cho |S1 | + |S2 | + · · · + |Sn | > k|S| Khi tồn phần tử x thuộc S cho x phần tử chung k + tập Si , i = 1, n Ví dụ 13 (Czech 1998) Cho X tập hợp gồm 14 số nguyên dương phân biệt.Chứng minh có số nguyên dương k < có hai tập k phần tử {a1 , a2 , , ak } {b1 , b2 , , bk } rời X cho     1 1 1 a1 + a2 + · · · + ak − b1 + b2 + · · · + bk < 1000 Lời giải Có 3432 tập phần tử X Tổng nghịch đảo phần tử tập phần tử X không vượt + 12 + · · · + 17 < 2,    2599 2600 , 1000 , , 2600 Xét 2600 khoảng 0, 1000 , 1000 , 1000 Theo nguyên lí Dirichlet tồn hai tập phần tử X có tổng nghịch đảo phần tử thuộc khoảng khoảng Bỏ phần tử giống hai tập ta thu hai tập thỏa mãn tốn ❒ Ví dụ 14 Một tập hợp M hợp đoạn thẳng nằm đoạn [0; 1] Biết khoảng cách hai điểm M khác 0, Chứng minh tổng độ dài đoạn tạo nên M không vượt 0, Lời giải Gỉa sử tổng độ dài đoạn M lớn 0, 9   1 1 2 , 10 , 10 , , 10 ,1 Chia đoạn [0; 1] thành 10 phần 0, 10  i i+1  Kí hiêu Mi phần M nằm đoạn 10 , 10 , (i = 0, 9) Di tổng đoạn thẳng tạo Mi 1 2 9   1 Bằng phép tịnh tiến thích hợp ta chuyển đoạn 10 , 10 ; ; 10 , đoạn 0; 10 Kí hiệu Mi′ ảnh Mi 152 Ta có D = D0 + D1 + · · · + D9 > 0, = 5.0, Theo ngun lí Dirichlet đối ngẫu có tập hợp M0 , M1′ , M2′ , , M9′ có điểm chung  1 kết điểm khác x1 , x2 , , x6 M trừ Tức số 0; 10 k1 k2 số tương ứng có dạng 10 , 10 , , k106 với ki số {0; 1; 2; ; 9} i = 1, Theo ngun lí Dirichlet có hai số k1 , k2 , , k6 hai số tự nhiên liên tiếp −k1 = 10 (mâu thuẫn với giả thiết) Ta có điều cần chứng Gỉa sử k2 = k1 + 1, suy x2 − x1 = k210 minh ❒ Nhận xét Nguyên lí Dirichlet cịn có ứng dụng quan trọng sau : Xét đoạn [m; n] k số thực x1 , x2 , , xk (k > n − m) ln tồn hai số xi , xj (i, j = 1, k) thỏa mãn |xi − xj | = Ví dụ 15 Chứng minh với số nguyên dương n > 1, từ n + phần tử tập {1; 2; ; 3n} chọn hai số có hiệu lớn n nhỏ 2n Lời giải Đặt A = {1; 2; ; 3n} Xét B ⊂ A |B| = n + Khi thêm vào hai số lượng hiệu chúng khơng thay đổi nên ta thêm vào phần tử B lượng cho phần tử lớn sau thêm 3n Nếu tồn phần tử x ∈ {n+1, n+2, , 2n−1} sau thêm vào B thì, ta có n < 3n−x < 2n (thỏa mãn tốn) Giả sử khơng tồn phần tử x ∈ {n+1, n+2, , 2n−1} sau thêm vào B Xét C = B\{3n}, C tập n + phần tử tập {1; 2; ; 3n − 1} Phân hoạch tập thành tập sau : T1 = {1; 2n}, T2 = {2; 2n + 1}, , Tn = {n; 3n − 1} Theo nhận xét ta suy tồn tập Ti chứa hai phần tử B, hai phần tử thỏa mãn toán ❒ Nhận xét Ta mở rộng tốn sau : Với số nguyên dương n > 1, k, i ∈ N∗ kn + phần tử tập {1; 2; ; (2k + i)n} ln chọn hai phần tử có hiệu lớn kn nhỏ (2k + i)n 2.3 Phương pháp ghép cặp Ví dụ 16 (Liên Xơ 1965) Trong hội thảo có 40 họp, họp có 10 thành viên Cho biết hai thành viên dự họp với tối đa lần Chứng minh hội thảo có nhiều 60 thành viên Lời giải Giả sử hội thảo có n thành viên Do có Cn2 cách chọn hai thành viên Có C10 cách chọn hai thành viên từ họp Do hai thành viên dự họp với tối đa lần nên Cn2 > 40 · C10 , tương đương với n(n − 1) > 3600 hay n > 60 Ta có điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Nếu giả thiết đổi thành hai thành viên dự họp với lần hội thảo có nhiều 60 thành viên Tổng qt tốn lên với họp có m 153 thành viên Cn2 > k · Cm ⇒ jp k km(m − 1) n(n − 1) > ⇒n> km(m − 1) 2 Ví dụ 17 Cho số, số có 100 chữ số Biết hai số có r hàng hàng có chữ số Chứng minh 40 r 60 Lời giải Gọi T số cặp mà cặp có hai chữ số thuộc hai số có tính chất hàng • Cứ hai số có r hàng mà có C52 cách chọn hai số Suy T = rC52 • Trong hàng (gồm chữ số) có chữ số nên có hai trường hợp sau : – Có chữ số (hoặc 2) chữ số (hoặc 1) nên có C42 cặp thuộc T – Có hai chữ số (hoặc 2) chữ số (hoặc 1) nên có C22 + C32 cặp thuộc T Có tất 100 hàng nên Từ suy 40 r 60
100 C32 + C22 T = 10r 100C42 ❒ Ví dụ 18 Một hội nghị tốn học sử dụng ngơn ngữ Biết hai đại biểu ln có ngơn ngữ mà họ biết Chứng minh có ngơn ngữ biết đến nhiều 60% đại biểu Lời giải Giả sử có tất n đại biểu ngôn ngữ I, II, III, IV Gọi A, B, C, D tập đại biểu biết ngơn ngữ I, II, III, IV • Nếu tồn người biết ngôn ngữ n − người cịn lại phải biết ngơn ngữ Do ngơn ngữ biết 100% đại biểu 2 2 • Nếu tất đại biểu biết hai thứ tiếng C|A| + C|B| + C|C| + C|D| > 2Cn2 Giả sử A tập thỏa mãn |A| = max {|A| , |B| , |C| , |D|} 2 hay tương đương với 2|A|(|A| − 1) > n.(n − 1) Suy C2n C|A|
Giả sử |A| < 35 n 2|A|(|A| − 1) < 65 · n 53 n − = 18 n2 − 56 n < n2 − n (mâu thuẫn) 25 Do A > 35 n Vậy trường hợp, ta có điều cần chứng minh ❒ Ví dụ 19 (IMO 1988) Cho n, k số nguyên dương, n > k S tập hợp n điểm mặt phẳng thỏa mãn (i) Khơng có ba điểm thẳng hàng (ii) Với điểm P hệ khơng có k điểm hệ cách P Chứng minh k6 √ + 2n 154 √ Lời giải Giả sử k > 12 + 2n Lấy điểm P thuộc S tồn k điểm S cách P Suy tồn Ck2 cặp điểm (A, B) mà P A = P B Có nCk2 cặp điểm mà đường trung trực đoạn thẳng mà hai đầu mút hai điểm có điểm thuộc S Ta có      √ 1 1 √ k(k − 1) =n n− > n(n − 1) = 2Cn2 > ·n· + 2n nCk = n · 2n − 2 2 Lại có Cn2 số cặp điểm không thứ tự S, 2Cn2 số cặp điểm có thứ tự S Theo nguyên lí Dirichlet tồn cặp điểm A, B ba điểm P1 , P2 , P3 thỏa mãn APi =
BPi i = 1; Suy P1 , P2 , P3 thẳng hàng (vô lý) Vậy ta có điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Có thể mở rộng tốn khơng gian sau : Ví dụ 20 Cho n, k số nguyên dương, n > k S tập hợp n điểm không gian thỏa mãn (i) Khơng có 65 điểm thẳng hàng (ii) Mỗi điểm P hệ khơng có k điểm hệ cách P Chứng minh p k + (n − 1)(n − 2) Lời giải Gọi A tập điểm (M, N, P ) thỏa mãn M, N, P ba điểm hệ tồn điểm hệ cách ba điểm (điểm gọi tâm hệ) • Với điểm P hệ có k điểm thuộc hệ cách P Suy số thuộc A nhận P làm tâm lớn Cn2 Có n điểm tính nên số cặp khơng nhỏ n · Ck3 • Có n điểm nên có Cn3 Theo (i), có khơng q 64 lần tính Số cặp tính khơng lớn 64Cn3 Từ suy n · Ck3 64 · Cn3 Tương đương với nk(k − 1)(k − 2) 64n(n − 1)(n − 2) k(k − 1)(k − 2) 64(n − 1)(n − 2) (k − 1)3 < 64(n − 1)(n − 2) p k < + (n − 1)(n − 2) Bất đẳng thức cuối cho điều cần chứng minh ❒ Nhận xét Có thể tổng quát giả thiết (i) thành khơng có q m điểm thẳng hàng Khi p k < + m(n − 1)(n − 2) 155 Ví dụ 21 (IMO 1998) Trong thi có m thí sinh n giám khảo, n số nguyên dương lẻ n > Mỗi giám khảo đánh giá thí sinh theo hai mức “đỗ”, “trượt” Gọi k số cho lấy hai giám khảo tùy ý hai người có chung đánh giá k thí sinh Chứng minh n−1 k > m 2n Lời giải Gọi N ba (hai giám khảo, thí sinh) thỏa mãn hai giám khảo nhóm có đánh giá (“đỗ” “trượt”) cho thí sinh Có Cn2 cách chọn hai giám khảo Mà k số nguyên dương thỏa mãn lấy hai giám khảo hai giám khảo đánh giá trùng nhiều k thí sinh nên (5) N kCn2 Xét thí sinh A Giả sử có x giám khảo đánh giá A đậu • Có Cx2 cặp giám khảo đánh giá A đậu, Cn−x cặp giám khảo đánh giá A trượt • Có tất Cn−x + Cx2 cặp giám khảo có đánh giá A Ta có: x(x − 1) + (n − x)(n − x − 1)   2 n n n = x− − + (n − 1)2 n2 n − = − > 4 + Cx2 = Cn−x Mà (n−1)2 ∈ N∗ nên có (n−1)2 cặp giám khảo có đánh giá A Suy N >m· Từ (1) (2) ta có k · n(n−1) >m· (n−1)2 (n − 1)2 Suy k m > n−1 2n (6) ❒ 2.4 Một số toán khác Ví dụ 22 Cho n số tự nhiên lớn Gọi S tập hợp gồm n phần tử Ai , i = 1, m m tập đôi khác S thỏa mãn  |A | > 2; i ∀i, j, k : Nếu |Ai ∩ Aj | 6= ∅, |Aj ∩ Ak | 6= ∅, |Ak ∩ Ai | 6= ∅ |Ai ∩ Aj ∩ Ak | 6= ∅ Chứng minh m 2n−1 − Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n • Với n = 2, kết luận tốn • Với n > Giả sử toán với n − Ta cần chứng minh với n tốn đúng Thật vậy, gọi T họ gồm tập Ai Xét hai trường hợp sau : 156 – Trường hợp Tồn tập A mà A S A thuộc T Chia T thành họ gồm: T1 họ tập A, T2 họ tập S \ A, T3 = T \ (T1 ∪ T2 ) Ta có nhận xét sau: Với tập B ∈ T3 |B ∩ A| > 0, |B ∩ (S \ A)| > Do với B, C ∈ T3 |B ∩ C| = Thật vậy, |B ∩ C| = |A ∩ B ∩ C| > | (S \ A) ∩ B ∩ C| > (theo nhận xét trên), vơ lí Ta có |T3 | min{|A|, |S \ A|} Suy

|T | = |T1 | + |T2 | + |T3 | 2|A| − + 2n−|A|+1 + min{|A|, n − |A|} 2n−1 − – Trường hợp Với ∀A ∈ T S \ A ∈ / T n n−1 Vì S có tập nên |T | Giả sử |T | > 2n−1 Suy |T | = 2n−1 Giả sử X = {1; 2; ; n − 1} ∈ T Chia T thành họ sau: T4 họ tập X T5 họ tập chứa phần tử n Ta có nhận xét sau : ∀Bi , Bj ∈ T5 |Bi ∩ Bj | > Thật vậy, |Bi ∩ Bj | < |Bi ∩ Bj ∩ X| = mà |Bi ∩ Bj | > 0; |Bi ∩ X| > 0; |X ∩ Bj | > (Mâu thuẫn) Xét T5′ = {B \ {n}|B ∈ T5 }, tập T5′ tập {1; 2; ; n − 1} tập C, D T5′ |C ∩ D| > ⇒ |T5 | = |T5′ | 2n−2 Theo giả thiết quy nạp |T4 | 2n−2 − ⇒ |T | = |T4 | + |T5 | 2n−2 − + 2n−2 = 2n−1 − (Mâu thuẫn với gt) Kết hợp hai trường hợp ta có điều cần chứng minh ❒ Ví dụ 23 Cho hàm f xác định tập tập hữu hạn S (S 6= ∅) Chứng minh f (S \ A) = f (A) max {f (A) ; f (B)} > f (A ∪ B) với tập A, B S f nhận khơng q |S| giá trị phân biệt Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo số phần tử S • Với |S| = |S| = số cặp gồm hai tập bù S tương ứng Kết luận toán • Với |S| > Giả sử tốn cho số phần tử bé Gọi m phần tử lớn Imf – Trước hết ta chứng minh S có tập có phần tử X = {x} thỏa mãn f (x) = m Thật vậy, xét tập tất tập nhận giá trị m qua ánh xạ f Vì f (S \ A) = f (A) nên tập có tập khác rỗng Gọi X tập bé thỏa mãn f (X) = m Nếu X có phần tử