Về các bài toán số học tổ hợp

Về các bài toán số học tổ hợp

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Nguyễn Thị Hồng Huế

VỀ CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC - TỔ HỢP

Chuyên Ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ:60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Hà Huy Khoái

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Hà Huy Khoái

Phản biện 1:

Phản biện 2:

Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên

Ngày tháng năm 2013

Có thể tìm hiểu tại Thư Viện Đại Học Thái Nguyên

Mục lục

Mục lục 1

Mở đầu 2

Chương 1 Tỷ số vàng 4 1.1 Sơ lược về tỷ số vàng 4

1.2 Các bài toán 9

Chương 2 Các dãy nhị phân 14 2.1 Đặt vấn đề 14

2.2 Các bài toán 14

Chương 3 Tính chia hết 18 3.1 Bài toán 3.1.1 18

3.2 Bài toán 3.1.2 19

3.3 Bài toán 3.1.3 20

3.4 Bài toán 3.1.4 21

3.5 Bài toán 3.1.5 23

3.6 Bài toán 3.1.6 23

Chương 4 Trò chơi 25 4.1 Sơ lược về Lý thuyết trò chơi 25

4.1.1 Khái niêm về Lý thuyết trò chơi 25

4.1.2 Biểu diễn trò chơi 25

4.2 Các bài toán về số học - tổ hợp có liên quan đến trò chơi 27

Kết luận 34

Mở đầu

Các bài toán số học tổ hợp từ lâu đóng một vai trò quan trọng trongviệc rèn luyện tư duy toán học và kỹ năng giải toán Bài toán số học tổhợp có một số đặc điểm quan trọng mang tính khác biệt sau:

+ Có thể giảng dạy tại các bậc, lớp khác nhau

+ Không có khuôn mẫu nhất định cho việc giải (Không giống nhưviệc giải phương trình, khảo sát hàm số, tính tích phân ) Do vậy đòihỏi sự sáng tạo từ phía học sinh

+ Thường phải phát biểu bằng lời văn, đòi hỏi học sinh phải có kỹnăng đọc hiểu và rút tích thông tin, biết cách biểu đạt bằng ngôn ngữtoán học Bài toán số học tổ hợp thường mang tính thực tế và thẩm mỹcao khiến học sinh yêu thích, ghi nhớ

Tuy nhiên khi nói "các bài toán thuộc loại Số học - Tổ hợp" thì thực rakhông có một " định nghĩa" nào cho loại bài toán đó Vì thế ở đây chỉgiới hạn ở việc đưa ra một số ví dụ về loại bài toán thường gặp trongcác kỳ thi học sinh giỏi các cấp Cuốn luận văn này được trình bày gồmbốn chương:

Chương 1: Tỷ số vàngChương 2: Các dãy nhị phânChương3: Tính chia hết

của GS.TSKH Hà Huy Khoái - Viện Toán Học Hà Nội Từ đáy lòngmình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, độngviên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy.

Em xin trân trọng cảm ơn tới các Thầy Cô trong Trường Đại HọcKhoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào Tạo Trường Đại Học KhoaHọc Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K5cTrường Đại Học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình họctập và làm luận văn này

Tôi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban GiámHiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt - Thành phố BắcNinh đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn thành kế hoạch học tập

Thái Nguyên, ngày tháng năm 2013

Tác giả

Nguyễn Thị Hồng Huế

a + b

ab

Ta qui độ dài a + b về đơn vị 1

Gọi độ dài đoạn lớn là x, đoạn bé là 1 − x

= 1 +

√5

- Tỷ lệ vàng được áp dụng trong nghệ thuật mang đến cho con ngườimột cảm giác đẹp hài hòa và dễ chịu một cách khó giải thích Do đó, nó

nó được giảng trong các môn học như nghệ thuật, kiến trúc, mỹ thuật,trang trí, hội họa, điêu khắc, nhiếp ảnh vv như là một quy luật tươnghợp kỳ lạ với óc thẩm mỹ của con người

Trong tự nhiên: hình ảnh các đường xoắn ốc vàng được sắp xếp ở nhịhoa của hoa hướng dương tạo cảm giác rất đẹp mắt

Trong kiến trúc Tỷ lệ vàng đã được áp dụng trong các kích thướckiến trúc của các công trình nổi tiếng như đền Parthenon Hi lạp, cáckim tự tháp Giza

“Hình chữ nhật vàng” trong thiết kế đền thờ Parthenon tại Hy Lạp:Tại Toronto, Canada là tòa tháp cao nhất thế giới, cũng được thiết

kế theo tỉ lệ vàng Tỉ số giữa tổng chiều cao tháp so với độ cao của đàiquan sát là:

553, 33m : 342m = 1, 618 = φ

Trong nghệ thuật:

cong tự nhiên theo cơ thể cô gái và qua các điểm: một ở nhụy bông hoabên phải, một ở đài nụ cong xuống, một ở đầu ngón tay phải và điểmcuối cùng ở trung tâm bố cục có ý nghĩa nhất bức tranh: nhụy bônghoa ở giữa Đó là đường xoắn ốc vàng.

Chính bố cục xoắn ốc vàng tạo nên hiệu quả thẩm mỹ của tác phẩmMona Lisa Tỷ số vàng cũng đã được áp dụng thành công trong nhiềutác phẩm hội họa

Xuất hiện trong nhiếp ảnh, tỷ số vàng- hằng số chi phối hầu như mọithiết kế của tự nhiên nói chung và các sinh thể nói riêng, tạo ra vẻ đẹphài hòa Tỷ lệ vàng là một khuỗn mẫu đã đi vào sách vở và vẫn đượcgiảng dạy cho đến ngày nay, do đó việc người ta áp dụng nó trong nhiếpảnh là môt điều dễ hiểu.

Và trong hình học thật ngạc nhiên "tỷ số vàng" cũng xuất hiện Ví

dụ là tỷ số giữa cạnh của 1 ngũ giác đều với đường chéo của ngũ giác đều

đó Nếu chúng ta vẽ vào đó tất cả các đường chéo của ngũ giác thì mỗiđường chéo cắt đường chéo cắt đường chéo khác theo "tỷ số vàng"nhưhình vẽ

Đặc biệt "tỷ số vàng "còn xuất hiện trong các bài toán số học và tổhợp.

2√5

v = −1 +√5

2√5Vậy:

an = 1 +

√5

n+1

− (1 −

√5

n+1

√

Rõ ràng yêu cầu của bài toán tương đương với việc chứng minh rằng các

số trong mỗi đoạn hữu hạn tùy ý [1, 2, N ] có mặt ở một trong hai dãy,

và xuất hiện đúng một lần Như vậy vấn đề chỉ còn là đếm xem trongN-1 số nguyên dương nhỏ hơn N, có bao nhiêu số thuộc một trong haidãy nói trên

Lời giải: Xét mọi số nguyên dương n thỏa mãn [nγ] < N , tức là n < N

γNhư vậy, các số n thỏa mãn là n = 1, 2,  N

γ

 Tương tự như vậy, các



Do γ, δ là các số vô tỷ nên  N

γ



; Nδ

thuộc Z

δ − 1 <  N

δ



< NδSuy ra:

+ Nδ



< N (1

γ +1

δ) = N.

Do đó

 Nγ

+ Nδ

3’) Mỗi số nguyên dương đều thuộc một trong hai dãy đang xét

Do tính xác định duy nhất của các dãy thỏa mãn 1), 2), 3’) ta chỉ cầnchứng minh sự tồn tại, bằng cách chỉ ra ví dụ cụ thể Bài toán 1 cho ta tìmhai dãy thỏa mãn điều kiện 3’) đó chính là các dãy an = [nγ] , bn = [nδ]trong đó γ, δ là những số vô tỷ dương thỏa mãn:

Nghiệm của phương trình trên là "tỷ số vàng" 1 + 5

2Các dãy an, bn là:

Bài sau đây có thể xem là "tổng hợp" của những bài toán trên, và làmột bài tập khó:

Bài toán 1.2.4

Lập dãy số theo cách sau: lấy x1 = 1, với i ≥ 2 số xi nhận được từ xi−1bằng cách đổi ( trong cách viết số xi−1 ) số 1 thành số 01, số 0 thành

số 1 Làm như vậy, ta được dãy số 1,01,101,01101, Trong dãy này, gọi

an là vị trí của chữ số 1 thứ n, bn là vị trí của chữ số 0 thứ n (như vậy

a1 = 1, a2 = 3, a3 = 4, b1 = 2, b2 = 5, ) Tìm công thức xác định an, bn.Lời giải: Trước tiên ta cần tìm một công thức xác định mối liên hệ giữa

an, bn

Gọi kn là số chữ số 0 đứng trước chữ số 1thứ n Theo định nghĩa haidãy đang xét ta có:

an = n + knTheo bài ra, chữ số 0 thứ n được "sinh ra" từ chữ số 1 thứ n

Mặt khác, chữ số 1"biến thành" hai chữ số 01, chữ số 0"biến thành"một chữ số 1 Trước chữ số 1thứ n có kn chữ số 0 và"biến thành" kn chữsố; còn n chữ số 1 "biến thành" 2n chữ số Từ đó suy ra:

Vậy theo các bài toán 1.2.2 và bài toán 1.2.3 cho ta đáp số:

ra, chẳng hạn như: có thể tô bởi hai màu; học sinh nam hay học sinh nữ;

số chẵn hay số lẻ Nhìn chung về thực chất, những bài toán kiểu nhưvậy luôn luôn có thể đưa về cùng một dạng phát biểu, trong đó thôngthường nhất là các dãy nhị phân ( dãy gồm hai chữ số 0 và 1)

Để hiểu rõ hơn về điều đó, ta xét các bài toán sau đây:

2.2 Các bài toán

Bài toán 2.2.1

Sau giờ tan học, các em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp ở nhà để xe.Giá tiền gửi mỗi xe là 1000 đồng Giả sử có k em học sinh có tờ 1000đồng, m em có tờ 2000 đồng Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng lấy xe saocho không em nào phải chờ lấy tiền trả lại (với giả thiết người trông xekhông có đồng tiền lẻ nào)

Lời giải: Đây là một bài toán thuộc loại "hai khả năng": mỗi em họcsinh hoặc có tờ 1000 đồng, hoặc có tờ 2000 đồng, Như vậy, để dễ thấybản chất của bài toán, ta có thể lập tương ứng mỗi hàng học sinh vớimột dãy gồm hai chữ số 0,1 Giả sử ứng với mỗi học sinh có tờ 1000đồng trong hàng, ta viết chữ số 0; ứng với học sinh có tờ 2000 đồng, taviết số 1 Như vậy, mỗi hàng học sinh tương ứng một dãy gồm k chữ số

0, m chữ số 1 Để tồn tại cách xếp hàng mà không có em nào phải chờlấy tiền trả lại, điều kiện là k ≥ m

Cũng tương tự như nhiều bài toán khác, khi việc đếm số phần tử thỏamãn bài ra là khó, ta đếm "phần bù" của nó, tức là phần tử không thỏamãn bài ra Như vậy, ở đây ta sẽ xem xét có bao nhiêu hàng mà có học

sinh nào đó đến lượt mình phải chờ lấy tiền trả lại Theo cách tưng ứngcủa chúng ta, một hàng như vậy sẽ tương ứng một- một với một dãygồm k số 0, m số 1, trong đó tồn tại vị trí 2s+1 sao cho tại đó có số 1,đồng thời ở 2s vị trí đầu, số số 0 và số số 1 là như nhau Ta gọi mộthàng như vậy là " hàng xấu".

Nếu ta đổi số 0 thành số 1, số 1 thành số 0 ở 2s+2 vị trí đầu, mộthàng như trên sẽ tương ứng với một hàng gồm k+1 chứ số 0, m chữ số

1, nhưng với số 1 đứng đầu tiên Lại bỏ đi số 1 đầu tiên này, ta đượcmột hàng gồm k+1 chữ số 0, m-1 chữ số 1

Như vậy, mỗi hàng xấu gồm k chữ số 0, m chữ số 1sẽ được tương ứngvới một hàng gồm k+1 chữ số 0, m-1 chữ số 1 theo cách trên đây

Dễ thấy rằng, tương ứng trên là một -một Thật vậy, xét một hàngtùy ý gồm k+1 chữsố 0, m chữ số 1

Do điều kiện k ≥ m nên trong hàng này phải tồn tại vị trí (2s+2) mà

từ đó trở lên, số số 0 bằng số số 1 Ta đổi số 0 thành số 1 và ngược lại

ở các vị trí từ đó trở lên, để được hàng gồm k+1 chữ số 0, m chữ số 1,với số 0 đứng đầu Bỏ số 0 đầu tiên này, ta nhận được một hàng xấu

Từ những tương ứng trên suy ra rằng, số các hàng xấu gồm k chữ số

0, m chữ số 1 bằng số các hàng (tùy ý) với k+1 chữ số 0, m-1 chữ số 1,tức là bằng Ck+1m+k

Như vậy, số cách xếp hàng sao cho không học sinh nào phải chờ lấytiền trả lại là:

Ckm+k− Ck+1m+k

Bài toán 2.2.2 Có 2k học sinh chiều cao khác nhau đôi một Người

ta muốn xếp họ thành hai hàng ngang, sao cho trong mỗi hàng, chiềucao của học sinh giảm dần và ở mỗi vị trí, em đứng hàng trước cao hơn

em đứng hàng sau Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng thỏa mãn yêu cầu?Lời giải: Ta nhận thấy nếu mới đọc đầu bài thì đây là bài toán kháchẳn với bài toán trên Tuy nhiên, nếu để ý kỹ và nắm chắc nguyên tắc

"hai khả năng" thì đây là bài toán cùng loại với bài toán trên Thật vậy,

Với cách suy luận như trên, ta cho mỗi em đứng hàng trước cầm mộttấm biển ghi số "0", mỗi em hàng sau cầm tấm biển ghi số "1" Sau đógọi tất cả 2k em xếp lại thành một hàng dọc theo thứ tự chiều cao giảmdần Làm như vậy, ta được một dãy gồm k chữ số 0, k chữ số 1.

Dễ thấy rằng, một cách xếp hàng thỏa mãn bài ra chính là một cáchxếp hàng sao cho tại mỗi vị trí 2s+1, số số 0 từ vị trí đầu tiên đến đóphải ≥ s + 1

Theo bài toán 2.2.1, số cách xếp hàng thỏa mãn bài toán là:

Để có một bộ số như trên ta cần chọn 2 vị trí không kề nhau trong 102

vị trí để đặt 2 số không, còn lại đặt số một Hai vị trí cần tìm tương ứngvới 2 số a,b thỏa mãn

3 ≤ a + 1 < b ≤ 101(Vì 2 số 0 không thể đứng đầu và cuối)

Như vậy số bộ số thỏa mãn yêu cầu của bài toán bằng số cách chọn 2 sốphân biệt trong 99 số từ 3 đến 101 Vậy có C992 bộ số thỏa mãn yêu cầubài toán

Bài toán 2.2.4 Có bao nhiêu cách phát 5 viên bi đen, 7 viên bi đỏcho 3 học sinh

Lời giải: Ta phát 5 viên bi đen cho 3 học sinh Gọi C1 là số viên bi đenphát cho học sinh thứ 1, C2 là số viên phát cho học thứ 2, C3 là số viênphát cho học sinh thứ 3.

Ta có :

C1 + C2 + C3 = 5(Ci ≥ 0)Mỗi cách phát là một bộ 3 số (C1; C2; C3 ) thỏa mãn tính chất trên tađặt tương ứng với những dãy nhị phân như sau:

Để có 1 bộ số như vậy ta cần chọn 2 vị trí trong 7 vị trí để đặt số 0 Suy

ra số cách phát là :C72 Tương tự số cách phát 7 viên bi đỏ cho 3 họcsinh là:C92

Vậy theo qui tắc nhân thì số cách phát 5 bi đen và 7 bi đỏ cho 3 họcsinh là:C72.C92

Lời giải: Điều kiện của bài toán cho ta thấy rằng, tổng của 2012 số tùy

ý thuộc A là một số chia hết cho 4 Mặt khác, nếu thay trong tập hợp

2012 phần tử nào đó một phần tử bất kỳ bởi một phần tử khác tùy ýkhông thuộc tập đã chọn, theo giả thiết, tính chất tổng chia hết cho 4không hề thay đổi

Như vậy có thể thấy ngay rằng, mọi phần tử thuộc A đều đồng dư nhaumodulo 4

Dĩ nhiên ta nảy ra ngay dự đoán rằng, các phần tử của A đều bằngnhau Để có thể kiểm chứng dự đoán này, ta xét phần tử nhỏ nhất củaA: a

Khi đó tập hợp B = {a1−a, a2 − a, an− a} rõ ràng cũng thỏa mãnnhững tính chất nêu trong bài toán như đối với tợp hợp A Do đó, mọiphần tử của B cũng đồng dư nhau modulo 4, và vì B chứa phần tử bằng

0 nên suy ra mọi phần tử của B đều chia hết cho 4

Từ đây, suy luận "quy nạp lùi" quen thuộc cho ta lời giải: Tập hợpnhận được từ B bằng cách thay mọi phần tử b∈ B bởi b

4 cũng có tínhchất nêu trong bài ra; và do đó các phần tử của tập hợp này cũng chiahết cho 4 Tiếp tục quá trình, dễ ràng suy ra mọi phần tử của B đềubằng 0 Như vậy, mọi số thuộc A đều bằng 2012

3.2 Bài toán 3.1.2

Với mỗi số nguyên dương d, gọi f(d) là số nguyên dương nhỏ nhất cóđúng d ước số dương Chứng minh rằng với mọi k ≥ 0, f (2k+1) chia hếtcho f (2k)

Lời giải: Để giải bài này, rõ ràng ta cần biết những số nào sẽ có 2k ướcdương, sau đó mới tìm số nhỏ nhất trong những số như vậy Lẽ tự nhiên

là ta nghĩ ngay đến việc phân tích một số nguyên dương n ra thừa sốnguyên tố Vì cần có công thức cho n tổng quát ( khi chưa có thông tin

gì về các ước nguyên tố của nó), ta viết :

n = Y

ppα(p)trong đó α(p) là các số nguyên không âm, đồng thời chỉ có hữu hạn sốkhác 0 Nếu gọi d(n) là số ước dương của n thì:

d(n) = Y

p(α(p) + 1)Như vậy, d(n) là một lũy thừa của 2 khi và chỉ khi với mọi p, tồn tạib(p) ≥ 0 sao cho:

pb(p) Như vậy các số n cần tìm là tích củanhững số nào đó có dạng p2

với m<r cũng có mặt trong tích đó Nghĩa

là nếu một số nào đó có mặt trong biểu diễn n thì mọi ước số của nóđều tham gia trong biểu diễn Do đó ta có kết luận sau đây: nếu gọi S làtập hợp các số dạng p2

r

, với p nguyên tố và r nguyên không âm, thì d(n)

là lũy thừa của 2 khi và chỉ khi n là tích các phần tử thuộc một tập con

hữa hạn T của S có tính chất sau: với mọi t∈T, s∈S, mà s|t thì s∈T.Hơn nữa, nếu d(n)= 2k thì tập hợp T gồm k phần tử.

Dễ dàng thấy rằng, với mọi k nguyên dương, tập hợp Tk gồm k phần

tử nhỏ nhất của S thỏa mãn tính chất trên, suy ra f (2k) chính là tíchcác phần tử thuộc Tk Từ đó suy ra ngay kết luận của bài toán

Nhận xét: có thể thấy S = {2, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13, 16, 17, } suy ra

f (2) = 2; f (4) = 2.3; f (8) = 2.3.4 = 24; f (16) = 2.3.4.5 = 120; f (32) =2.3.4.5 7 = 840

3.3 Bài toán 3.1.3

Tìm số k nguyên dương lớn nhất có tính chất sau: tập hợp các sốnguyên dương phân hoạch được thành k tập con A1,A2, , Ak sao chovới mọi n ≥ 15, với mọi i ∈ {1, 2, k} tồn tại hai phần tử khác nhaucủa Ai, có tổng bằng n

Lời giải: Ta bắt đầu với trường hợp k=2 Rõ ràng có thể phân hoạchtập hợp các số nguyên dương thành hai tập con :A1 = {2n, n ≥ 3} ∪{1, 2} ; A2 = {2n − 1, n ≥ 3} ∪ {3, 4}, có tính chất: mọi số nguyên dương

n ≥ 7 biểu diễn được dạng tổng hai số thuộc A1 và tổng hai số thuộc A2 khi đó k=3, dĩ nhiên việc phân hoạch thành "chẵn, lẻ " như trên đượcthay bởi phân hoạch theo modulo 3, và cũng như trước, cần thêm vàomỗi lớp đồng dư modulo 3 một số số đầu tiên đê đảm bảo mỗi tập đềubiểu diễn được mọi số lớn hơn hoặc bằng 15 dưới dạng tổng hai số Cóthể chọn phân hoạch sau đây:

là giá trị lớn nhất có thể tồn tại phân hoạch thỏa mãn bài ra