(Luận văn) một số dạng toán số học tổ hợp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH VĂN PHONG lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC - TỔ HỢP d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z m co l gm @ an Lu BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020 n va ac th si BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH VĂN PHONG lu an MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỐ HỌC - TỔ HỢP n va ie gh tn to p Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d oa nl w Mã số: 46 01 13 nf va an lu Người hướng dẫn: lm ul TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN z at nh oi z m co l gm @ an Lu BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020 n va ac th si LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan đề tài Một số dạng tốn Số học - Tổ hợp cơng trình tác giả nghiên cứu độc lập hướng dẫn TS Trịnh Đào Chiến, không chép người khác Đề tài kết nỗ lực sưu tầm, xếp phân dạng toán từ nguồn Tài liêu tham khảo mà tác giả trích dẫn rõ ràng Quy Nhơn, tháng năm 2020 lu an Tác giả n va tn to p ie gh Huỳnh Văn Phong d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si LỜI CẢM ƠN Trước tiên, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy TS Trịnh Đào Chiến, thầy tận tình hướng dẫn để em hồn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn tới toàn thể q thầy giáo khoa Tốn trường Đại học Quy Nhơn nhiệt tình giảng dạy, tạo điều kiện suốt trình tác giả học tập Khoa lu an Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới va n gia đình, bạn bè đồng nghiệp ủng hộ, động viên, giúp đỡ tác giả gh tn to suốt thời gian học tập hoàn thiện Luận văn p ie Mặc dù luận văn hoàn thành chắn cịn nhiều w thiếu sót,rất mong nhận góp ý Hội đồng đành giá d oa nl Quy Nhơn, tháng năm 2020 lu nf va an Tác giả lm ul z at nh oi Huỳnh Văn Phong z m co l gm @ an Lu n va ac th si i Mục lục MỞ ĐẦU lu an MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ NHỊ PHÂN n va Dạng toán hệ nhị phân 1.2 Dạng toán quy hệ nhị phân ie gh tn to 1.1 p MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN BẤT BIẾN 18 oa nl w VÀ ĐƠN BIẾN Bất biến đơn biến bậc nhất, bậc hai 18 2.2 Bất biến đơn biến phần tử cực hạn 25 d 2.1 nf va an lu 34 z at nh oi TẬP HỢP lm ul MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN PHÂN HOẠCH Dạng toán yêu cầu nêu phân hoạch tập hợp 35 3.2 Dạng toán giải phương pháp phân hoạch tập hợp 38 3.3 Dạng toán ẩn yêu cầu phân hoạch tập hợp 48 z 3.1 54 m an Lu TÀI LIỆU THAM KHẢO co l gm @ KẾT LUẬN 55 n va ac th si MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài lu Số học - Tổ hợp cách gọi mang tính tương đối an lớp toán liên quan đến Số học, Tổ hợp đơi cịn liên quan đến va n số lĩnh vực khác Giải tích, Đại số, Hình học, tn to Ranh giới toán gọi Số học - Tổ hợp khó phân gh p ie định thực khơng có định nghĩa cho chúng Có tốn Số học lẫn lí thuyết Tổ hợp, đơi ngược lại nl w d oa Các toán Số học - Tổ hợp thường gặp đề thi chọn sinh an lu giỏi quốc gia số nước giới Chúng thường nf va tốn khó, “bất quy tắc”, mà lời giải chúng thường phải kết hợp nhuần lm ul nhuyễn kiến thức Số học kiến thức Tổ hợp z at nh oi Trong nhiều toán Số học - Tổ hợp, đặc biệt tốn đếm, ta thường gặp tình mà có hai khả xảy ra, tốn quy dạng phát biểu, z @ thơng thường dùng dãy nhị phân, dãy gồm hai chữ gm nhị phân m co l số Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến hệ an Lu Bất biến khái niệm trung tâm tốn học Nó n va ac th si có mặt hầu hết lĩnh vực Toán học Đại số, Hình học, Tơ-pơ, Lí thuyết số, Xác suất, Phương trình vi phân, Trong chương trình Tốn phổ thông, bất biến khái niệm mà học sinh dễ dàng hiểu Bất biến đại lượng (hay tính chất) khơng thay đổi q trình thực phép biến đổi Đơn biến, trái lại, đại lượng thay đổi, theo chiều (tăng lên hay giảm xuống) Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến lu an Trong lý thuyết phân hoạch tập hợp, việc phân hoạch va n tập rời rạc, đặc biệt tập số ngun đóng vai trị quan trọng Nhiều gh tn to kết cổ điển xuất sắc đời từ lý thuyết Những kết p ie độc đáo chỗ việc chứng minh chúng nhiều chủ yếu sử dụng w số tính chất Số học với suy luận logic, mà không oa nl phải áp dụng cơng cụ mạnh Giải tích Đại số Có thể xem d tốn phân hoạch tập hợp phận Toán Rời rạc lu tập hợp nf va an Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến phân hoạch lm ul Do đó, việc sưu tầm, phân loại toán Số học - Tổ hợp nêu z at nh oi đề xuất số phương pháp giải phù hợp cho chúng việc làm cần thiết, có ý nghĩa khoa học, mang tính thực tiễn phù hợp với z chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp Luận văn phần đáp ứng m co l gm @ yêu cầu an Lu n va ac th si Mục tiêu nghiên cứu Luận văn đề cập đến số dạng toán Số học - Tổ hợp phương pháp giải chúng, phục vụ cho công việc giảng dạy học tập mơn Tốn trường phổ thơng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Một số toán Số học - Tổ hợp lu an Phạm vi nghiên cứu: Toán sơ cấp chương trình phổ thơng n va Phương pháp nghiên cứu p ie gh tn to Học viên sưu tầm toán Số học - Tổ hợp, phân loại chúng theo dạng toán, ứng với phương pháp giải phù hợp oa nl w Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài d an lu nf va Với mục tiêu nghiên cứu nêu trên, đề tài có ý nghĩa khoa lm ul học việc phân dạng toán Số học - Tổ hợp Đồng thời, nội dung z at nh oi luận văn đề cập số phương pháp giải tốn Tổ hợp kì thi chọn học sinh giỏi toán quốc gia quốc tế, phù hợp với chương trình z phát triển trọng điểm Toán học Việt Nam chuyên ngành Phương m co l gm @ pháp Toán sơ cấp an Lu n va ac th si Cấu trúc luận văn Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành chương sau: Chương Một số dạng toán liên quan đến hệ nhị phân Chương Một số dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến Chương Một số dạng toán liên quan đến phân hoạch tập hợp lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ NHỊ PHÂN lu an va n Trong chương này, luận văn trình bày số dạng toán liên Dạng toán hệ nhị phân nl w 1.1 p ie gh tn to quan đến hệ nhị phân phương pháp giải dạng tốn d oa Nội dung mục tham khảo tài liệu [2] an lu Trong nhiều toán tổ hợp, đặc biệt toán đếm, ta nf va gặp tình mà có hai khả xảy ra, chẳng hạn như: tơ lm ul màu dùng hai màu xanh đỏ, đường phép sang z at nh oi phải lên, số chẵn số lẻ, tốn đưa dạng phát biểu, thơng thường dùng dãy nhị z phân (các dãy gồm hai chữ số 1) @ l gm Bài toán 1.1.1 Sau học, em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp nhà gởi xe Giá tiền gởi xe đạp 1000 đồng Giả sử có k em học co m sinh có tờ 1000 đồng m em học sinh có tờ 2000 đồng Với giả thiết an Lu người giữ xe khơng có đồng tiền để trả tiền thừa, hỏi có cách n va ac th si 41 Chứng minh Ta chứng minh bổ đề phương pháp quy nạp theo n Khi n = H0,k = {k}, |H0,k | = = Ck0 : khẳng định Giả sử khẳng định đến (n − 1), với n > Xét phân hoạch Hn,k = B0 ∪ B1 ∪ ∪ Bk , (x0 , x1 , , xn ) ∈ Bj xn = j , với j ∈ {0, 1, 2, , k} n−1 , ∀j = Theo giả thiết quy nạp ta có: |Bj | = |Hn−1,k−j | = Cn−1+k−j lu 0, 1, 2, , k an va Dùng công thức i−1 Cm + i Cm = i Cm+1 , ta có |Hn,k | = k X |Bj | = n j=0 gh tn to k X n−1 Cn−1+k−j = k X j=0
n n n Cn+k−j − Cn−1+k−j = Cn+k j=0 p ie Do ta có điều phải chứng minh oa nl w n n n n Lưu ý: |Hn,k | = Cn+k − Cn−1 = Cn+k , với quy ước Cn−1 = d Trở lại toán dạng tổng quát sau: lu
n+1 ta nf va an Với m, n ∈ N, khai triển f (x) = + x + x2 + + xm đa thức f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + am(n+1) xm(n+1) lm ul Viết cụ thể khai triển f (x), ta có z at nh oi n = |Hn,i | = Cn+i , ∀i = 0, 1, 2, , m, |Hn,i | > , i > m + Nói riêng: =
n+1 n+1 n+1 Cn+1+i − Cn+i = Cn+1+m gm n Cn+i @ i=0 m X z a0 +a1 +a2 + +am = m X i=0 l Bài toán cho trường hợp n + = m = 10 m co 10 Do S = C20 an Lu Bài toán 3.2.5 Cho số nguyên n > Gọi S tập hợp gồm n phần tử n va ac th si 42 Ai , với i = 1, m, tập khác gồm hai phần tử S cho từ quan hệ Ai ∩ Aj 6= ∅, Aj ∩ Ak 6= ∅, Ak ∩ Ai 6= ∅, ta suy Ai ∩ Aj ∩ Ak 6= ∅ Chứng minh rằng: m 2n−1 − Lời giải Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n Hiển nhiên, phát biểu đề n = Giả sử n > phát biểu với số nguyên k < n Ta xét hai trường hợp: lu an Trường hợp 1: Không tồn i, j , với i = 1, m Ai ∪ Aj = S n va |Ai ∩ Aj | = to tn Gọi x phần tử tùy ý S Số tất tập Ai không chứa x p ie gh lớn 2n−2 − 1, theo giả thiết quy nạp w Số tập chứa x S 2n−1 oa nl Nếu x ∈ Ai khơng tồn số j Aj = (S \ Ai )∪{x}, d không phải có |Ai ∩ Aj | = an lu Do vậy, nửa tập chứa x S xuất nf va dạng tập Ai lm ul Như thế, số lớn tập Ai 2n−2 − + 2n−2 = 2n−1 − z at nh oi Trường hợp 2: Tồn phần tử x ∈ S cho A1 ∪ A2 = S A1 ∩ A2 = {x} z gm @ Đặt |A1 | = r + |A2 | = s + Khi r + s = n − m 2r − co l Theo giả thiết quy nạp, số lớn tập Ai cho Ai ⊆ A1 an Lu Tương tự, số lớn tập Ai cho Ai ⊆ A2 2s − n va ac th si 43 Nếu Ai tập A1 A2 A1 ∩ Ai 6= ∅, A2 ∩ Ai 6= ∅ Vì A1 ∩ A2 6= ∅, nên A1 ∩ A2 ∩ Ai 6= ∅ Như ta có A1 ∩ A2 ∩ Ai = {x} Do đó, Ai = {x} ∪ (Ai \ A1 ) ∪ (Ai \ A2 ) Ngoài ra, tập khác rỗng (Ai \ A1 ) (Ai \ A2 ) chọn tương ứng theo (2s − 1) (2r − 1) cách, nên số lớn tập (2s − 1) (2r − 1) lu Công thêm kết kết riêng vào, ta nhận số lớn an tập Ai 2n−1 − n va tn to Bài toán 3.2.6 Chứng minh gọi f (r, n) số phân hoạch ie gh n thành dạng b0 + b1 + b2 + + bs với ≤ i ≤ s − bi > rbi+1 , r p số ngun dương tồn số nguyên dương n mà f (r, n) nl w khác số phân hoạch n thành phần từ tập hợp số nguyên d oa bất kỳ, trừ r = lu nf va an Lời giải Ta chứng minh toán phản chứng Giả sử tồn số r ≥ cho có tập Sr số nguyên dương lm ul Nếu gọi số phân hoạch n thành phần lấy từ tập Sr g (r, n) z at nh oi f (r, n) = g (r, n) với n Ta có f (r, 1) = nên ∈ Sr Vì khơng g (r, 1) = z gm @ Tiếp theo f (r, 2) = nên ∈ / Sr khơng g (r, 2) = Do f (r, 3) = f (r, 4) = = f (r, r + 1) = nên ta có m co l 3, 4, 5, , r + ∈ / Sr r + (r + 1) + an Lu Ta có f (r, r + 2) = phân hoạch r +2 thỏa mãn bi > rbi+1 n va ac th si 44 Suy r + ∈ Sr khơng g (r, r + 2) = Ta có bảng thể giá trị sau: f (n), g (r, n) n ∈ / Sr , g (r, n) n ∈ Sr 1 1∈S−r 1 2∈ / S−r 1 3∈ / S−r lu an r+1 1 r+1∈ / S−r r+2 1 r+2∈ / S−r r+3 2 r+3∈ / S−r va n p ie gh tn to 2 2r + ∈ / S−r 2r + 3 2r + ∈ / S−r 2r + 3 2r + ∈ / S−r nl w 2r + d oa Tiếp theo ta xác định giá trị nhỏ n để f (r, n) = an lu Điều xảy n = b0 + b1 + với b0 > rb1 b1 > r nf va n = b0 + với b0 > 2r lm ul Giá trị n trường hợp thứ nhỏ z at nh oi
n = r2 + r + + (r + 1) + = r2 + 2r + 3, trường hợp thứ hai n = (2r + 1) + = 2r + z gm @ Do 2r + < r2 + 2r + 3, ∀r > nên n = 2r + giá trị nhỏ n mà f (r, n) = Trong trường hợp này, phân hoạch n m co l 2r + 3, (2r + 2) + 1, (2r + 1) + an Lu Do có 1, r + ∈ Sr nên dẫn đến có phân hoạch 2r + thành phần có (r + 2) + + + + 1, + + + + n va ac th si 45 Suy cần có 2r + ∈ Sr để có g (r, 2r + 3) = Tiếp theo ta thấy f (r, 2r + 4) = phân hoạch 2r + mà bi > rbi+1 bao gồm 2r + 4, (2r + 3) + 1, (2r + 2) + 2, r ≥ Mặt khác phân hoạch 2r + thành phần tập hợp {1, r + 2, 2r + 3} (2r + 3) + 1, (r + 2) + (r + 2) , (r + 2) + + + + 1, + + + + Nên g (r, 2r + 3) = 2r + ∈ / Sr g (r, 2r + 3) = lu 2r + ∈ Sr , mâu thuẫn an n va Từ ta có điều cần chứng minh tn to Bài toán 3.2.7 Gọi f (n) , g (n) số phân hoạch n thành p ie gh số chẵn phần số lẻ phần Chứng minh f (n) − g (n) = (−1)r n = 21 r (3r ± 1) , oa nl w f (n) = g (n) ngược lại d (số có dạng n = 12 r (3r ± 1) gọi pentagonal number) an lu nf va Lời giải Gọi pe (n) , po (n) số phân hoạch n thành số chẵn phần số lẻ phần lm ul Ta thiết lập tương ứng – pe (n) po (n) z at nh oi trường hợp n 6= 21 m (3m ± 1) Giả sử phân hoạch λ = (λ1 , λ2 , , λr ) n có thành phần nhỏ z m co Ta xét hai trường hợp sau l λ1 gm @ s (λ) = λr σ (λ) số số nguyên dương liên tiếp giảm dần an Lu - Trường hợp Nếu s (λ) ≤ σ (λ), ta thêm vào phần n va ac th si 46 s (λ) thành phần lớn phân hoạch λ bỏ thành phần nhỏ - Trường hợp Nếu s (λ) > σ (λ), ta trừ vào phần σ (λ) phần lớn phân hoạch λ thêm thành phần nhỏ có kích thước σ (λ) Các phép biến đổi hai trường hợp thay đổi tính chẵn lẻ số phần phân hoạch nên ta thấy tồn tương ứng 1- lu pe (n) po (n) an Tuy nhiên, trường hợp khơng cịn va n + Nếu σ (λ) = r, s (λ) = r + tn to p ie gh n = (r + 1) + (r + 2) + + 2r = r (3r + 1) n = r + (r + 1) + + (2r − 1) = r (3r − 1) d oa nl w + Nếu σ (λ) = r, s (λ) = r lu nf va an Do tùy theo tính chẵn lẻ r mà có chênh lệch pe (n) po (n) pe (n) =   p0 (n) z at nh oi lm ul Vậy ta có (3r ± 1) n = (3r ± 1) n 6= l gm @ Bài toán 3.2.7 chứng z  p0 (n) + (−1)r Chứng minh S (2n) số phương an Lu thành số 1, 3, m co Bài toán 3.2.8 Gọi S (n) số cách phân hoạch có tính thứ tự n n va ac th si 47 Giải Ta tính cơng thức truy hồi   S (1) = 1, S (2) = S (3) = , S (4) = S (n) =  S (n) = S (n − 1) + S (n − 3) + S (n − 4) , n > Tính số hạng dãy, ta thấy S (2) = 12 , S (4) = 22 , S (6) = 32 , S (8) = 52 , với Fn số Do ta dự đoán chứng minh S (2n) = Fn+1 Fibonacci thứ n lu an Bài toán 3.2.9 Từ việc so sánh phân hoạch n thành số 1, va n Chứng minh to gh tn X 0≤x,y≤n, x+2y=n p ie x Cx+y = Fn+1 w oa nl Giải Ta sử dụng phương pháp đếm cách Trước hết, để tính d số phân hoạch n thành số 1, ta có cơng thức   S (1) = 1, S (2) = S (n) =  S (n) = S (n − 1) + S (n − 2) , n > nf va an lu z at nh oi lm ul Hay S (n) = Fn+1 Ta xét số nghiệm phương trình x + 2y = n z gm @ Mỗi nghiệm có dạng   x y m co l 1, 1, 1, , 1, 2, 2, 2, , 2 | {z } | {z } an Lu Mỗi hoán vị số tạo thành phân hoạch thỏa mãn n va ac th si 48 đề Ta tính số hốn vị (x + y)! x = Cx+y x!y! So sánh kết ta có điều phải chứng minh 3.3 Dạng tốn ẩn yêu cầu phân hoạch tập hợp Là phân hoạch mà đề toán ẩn yêu cầu đưa phân hoạch thỏa mãn yêu cầu ta phải làm việc lu an n va Bài toán 3.3.1 Cho bảng ô vuông (aij ) với i = 1, n, j = 1, n điền tn to số từ đến n2 theo thứ tự từ trái sang phải, từ xuống Người ta viết ghép hàng bảng theo thứ tự từ trái sang phải gh p ie dãy X Tiếp tục ghép cột bảng thành dạng hàng ngang từ trái sang phải dãy Y Một phép biến đổi cho phép đổi chỗ số cho nl w d oa Hỏi cần phép biến đổi để đưa X Y? an lu Lời giải Chú ý để biến đổi số chu trình khác nf va k số, ta cần k − cách Do đó, ta xây dựng dãy lm ul X, Y trường hợp nhỏ dự đoán số chu trình rời nhau, tính tốn z at nh oi số phép biến đổi tổng quát lên Bài toán 3.3.2 Cho A tập tất hoán vị a = (a1 , a2 , , a2003 ) z 2003 số nguyên dương hoán vị thỏa mãn điều kiện @ l gm tập S A mà {ak |k ∈ S} = S co Với a = (a1 , a2 , , a2003 ) ∈ A, kí hiệu d (a) = 2003 P (ak − k)2 k=1 m an Lu Tìm giá trị nhỏ d(a), gọi giá trị nhỏ d0 Tìm tất hốn vị a ∈ A thỏa mãn d (a) = d0 n va ac th si 49 Lời giải Điều kiện đề nói lên hốn vị cho có chu trình, với hốn vị thuộc A, ta xét ánh xạ f : i →  Ta có: 1, f (1) , f (f (1)) , , f 2002 (1) = {1, 2, 3, , 2003} Đặt sk = f k−1 (1) − f k (1) , k = 1, 2003 m < 2003 số tự nhiên thỏa mãn f m (1) = 2003 Ta có đánh giá 2003 = |f m (1) − 1| ≤ s1 + s2 + + sm + 1, lu 2003 = |f m (1) − 1| ≤ sm+1 + sm+2 + + s2003 + 2003 P Từ suy sk ≥ 2.2003 − an k=1 n va 2 sk (2.2003 − 2) ≥ 2003 k=1 2003 k=1 p ie gh tn to 2003 X k−1