Chủ đề này đã được nghiên cứu ởthế kỷ 17, khi những câu hỏi tổ hợp được nêu ra trong những công trìnhnghiên cứu các trò chơi may rủi, liệt kê, đếm các đối tượng có những tínhchất nào đó
Kiến thức tổ hợp
Một số quy tắc cơ bản của phép đếm
Phép đếm có vai trò rất quan trọng trong đời sống cũng như trong khoa học, đặc biệt là lý thuyết tổ hợp Trong đời sống hàng ngày, ta thường phải đếm các đối tượng nào đó, vì vậy phép đếm được sử dụng một cách cơ bản và thường xuyên Tuy nhiên, trong các kì thi đại học và thi học sinh giỏi, bài toán đếm đã gây ra không ít khó khăn cho các thí sinh. Trong mục này, chúng ta sẽ trình bày các quy tắc đếm cơ bản, nhờ đó có thể tính chính xác và nhanh chóng số phần tử của một tập hợp mà không cần đếm trực tiếp bằng phương pháp liệt kệ phần tử của tập hợp đó.
Giả sử có hai công việc Việc thứ nhất có thể làm bằng n 1 cách, việc thứ hai có thể làm bằng n 2 cách và nếu hai việc này không thể làm đồng thời, khi đó sẽ có n 1 +n 2 cách làm một trong hai việc đó.
Chúng ta sẽ mở rộng quy tắc cộng cho trường hợp có nhiều hơn hai công việc Giả sử các việc T 1 , T 2 , , T m có thể làm tương ứng bằng n 1 , n 2 , , n m cách và giả sử không có hai việc nào có thể làm đồng thời. Khi đó số cách làm một trong m việc đó là n 1 + n 2 + .+n m
Quy tắc cộng có thể phát biểu dưới dạng ngôn ngữ tập hợp nhau sau: Nếu A 1 , A 2 , , A m là các tập rời nhau, khi đó số phần tử của hợp các tập này bằng tổng số các phần tử của các tập thành phần Giả sử T i là việc chọn một phần tử từ tập A i với i = 1,2, m Có |A i | cách làm T i và không có hai việc nào có thể được làm cùng một lúc Số cách chọn một phần tử của hợp các tập hợp này, một mặt bằng số phần tử của nó mặt khác theo quy tắc cộng bằng |A 1 | +|A 2 |+ .+ |A m | Cuối cùng chúng ta nhận được đẳng thức
Giả sử một nhiệm vụ nào đó được tách ra làm hai công việc Việc thứ nhất có thể làm bằng n 1 cách, việc thứ hai có thể làm bằng n 2 cách sau khi việc thứ nhất đã được làm, khi đó sẽ có n 1 n 2 cách thực hiện nhiệm vụ này.
Người ta thường sử dụng quy tắc nhân mở rộng Giả sử rằng một nhiệm vụ nào đó được thi hành bằng cách thực hiện các việcT 1 , T 2 , , T m Nếu việc T i có thể làm bằng n i cách sau khi các việc T 1 , T 2 , , T i−1 đã được làm, khi đó có n 1 n 2 n m cách thi hành nhiệm vụ đã cho.
Tương tự như quy tắc cộng, ta sẽ chuyển qua ngôn ngữ tập hợp như sau: Nếu A 1 , A 2 , , A m là các tập hữu hạn, khi đó số phần tử của tích Đề-các của các tập này bằng tích của số các phần tử của mọi tập thành phần Để liên hệ với quy tắc nhân hãy nhớ là việc chọn một phần tử của tớch Đề-cỏc A 1 ãA 2 ã .ãA m được tiến hành bằng cỏch chọn lần lượt một phần tử của A 1 một phần tử của A 2 , , một phần tử của A m Theo quy tắc nhân ta nhận được đẳng thức
Khi hai công việc có thể được làm đồng thời, chúng ta không thể dùng quy tắc cộng để tính số cách thực hiện nhiệm vụ gồm cả hai việc Cộng số cách làm mỗi việc sẽ dẫn đến sự trùng lặp, vì những cách làm cả hai việc sẽ được tính hai lần Để tính đúng số cách thực hiện nhiệm vụ này ta cộng số cách làm mỗi một trong hai việc rồi trừ đi số cách làm đồng thời cả hai việc Đó là “Nguyên lý bù trừ”.
Chúng ta có thể phát biểu nguyên lý này bằng ngôn ngữ tập hợp: Cho
A 1 , A 2 là các tập hợp Gọi T 1 là việc chọn một phần tử của A 1 còn T 2 là việc chọn một phần tử của A 2 Có |A 1 | cách làm việc T 1 và |A 2 | cách làm việc T 2 Số cách làm hoặc T 1 hoặc T 2 bằng tổng số cách làm việc T 1 và số cách làm việc T 2 trừ đi số cách làm cả hai việc Vì có |A 1 ∪A 2 | cách làm hoặc T 1 hoặc T 2 và có |A 1 ∩A 2 | cách làm cả hai việc T 1 và T 2 nên ta có
Hình 1.1: Hình minh họa nguyên lý bù trừ.
Nguyên lý bù trừ được phát biểu một cách tổng quát thông qua định lý sau. Định lý 1.1.1 Giả sử A 1 , A 2 , , A n là các tập hợp hữu hạn Khi đó ta có công thức tổng quát sau đây:
− + (−1) n+1 |A 1 ∩A 2 ∩ ∩A n |. Định lý này có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, tuy nhiên chúng tôi không trình bày ở đây Bạn đọc có thể tham khảo thêm ở phần Chương 5 trong tập tài liệu [1]-Toán học rời rạc ứng dụng trong tin học.
Hoán vị và chỉnh hợp
Hoán vị của một tập các đối tượng khác nhau là một cách sắp xếp có thứ tự các đối tượng này Chúng ta cũng quan tâm tới việc sắp xếp có thứ tự một số phần tử của một tập hợp Một cách sắp xếp có thứ tự k phần tử của một tập n phần tử được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Định nghĩa 1.1.2 (Hoán vị không lặp) Giả sử A là tập hữu hạn gồm n phần tử Một cách sắp xếp n phần tử khác nhau của tập A theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị không lặp của các phần tử trong tập A, hay đơn giản là sự sắp xếp n phần tử của tập A Khi đó, số hoán vị không lặp của n phần tử kí hiệu P n và tính theo công thức
P n = n! = n(n−1)ã ã ã2ã1. Định nghĩa 1.1.3 (Hoán vị có lặp) Hoán vị trong đó có mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần được gọi là hoán vị có lặp.
Kí hiệu P(n 1 , n 2 , , n k ) là số hoán vị có lặp của n phần tử gồm k loại, trong đó cón 1 phần tử như nhau thuộc loại 1, n 2 phần tử như nhau thuộc loại 2, , n k phần tử như nhau thuộc loại k được tính theo công thức quát sau đây
P(n 1 , n 2 , , n k ) = n! n 1 !n 2 ! n k !. Định nghĩa 1.1.4 (Chỉnh hợp không lặp) Cho tập hợp A gồm n phần tử Mỗi bộ gồm k (0 ≤ k ≤ n) phần tử được sắp thứ tự của tập A được gọi là một chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử thuộc A.
Kí hiệu số chỉnh hợp không lặp chập k của n là A k n , tính bởi công thức
(n−k)! = n(n−1)(n−2) (n−k + 1). Định nghĩa 1.1.5 (Chỉnh hợp có lặp) Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi dãy có độ dài k phần tử của tập A, mà mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được sắp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp có lặp chập k của n phần tử thuộc tập A.
Kí hiệu số chỉnh hợp có lặp chập k của n là A k n , tính bởi công thức
Trong lý thuyết tổ hợp, các khái niệm hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp có vai trò quan trọng trong việc đếm, sắp xếp và lựa chọn các phần tử từ một tập hợp.
Tổ hợp
Một tổ hợp chập k của một tập hợp là một cách chọn không có thứ tự k phần tử của tập đã cho Như vậy, một tổ hợp chập k chính là một tập con k phần tử của tập ban đầu.
Số tổ hợp chập k của tập có n phần tử được biểu thị bởi C n k Đây còn được gọi là tổ hợp không lặp Định nghĩa 1.1.6 (Tổ hợp không lặp) Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (0 ≤ k ≤ n) phần tử của tập A được gọi là một tổ hợp không lặp chập k của n là C n k , tính bởi công thức
C n k = n! k!(n−k)!. Định nghĩa 1.1.7 (Tổ hợp có lặp) Cho tập A gồm n phần tử Một tổ hợp có lặp chập k (k không nhất thiết phải nhỏ hơn n) của n phần tử thuộc A là một bộ gồm k phần tử, mà mỗi phần tử này là một trong những phần tử của A.
Kí hiệu số tổ hợp có lặp chập k của n là C n k , tính bởi công thức
Nhị thức Newton
Nhị thức Newton, do Isaac Newton đề xuất vào khoảng năm 1665-1666, có vai trò quan trọng trong lý thuyết tổ hợp để tính toán các hệ số trong biểu thức đa thức nâng mũ của một biểu thức số học. Định lý 1.1.8 Cho x, y là hai biến số và n là một số nguyên dương, ta có
Nguyên lý Dirichlet
Nguyên lý lồng chim bồ câu hay còn được gọi là nguyên lý Dirichlet, được đề xuất bởi nhà toán học Dirichlet vào thế kỉ 19 Nó cung cấp một công cụ quan trọng để phân tích và giải quyết các vấn đề liên quan đến sự xuất hiện lặp lại và phân phối các phần tử trong tổ hợp. Định lý 1.1.9 (Nguyên lý lồng chim bồ câu) Nếu có k+ 1 hoặc nhiều hơn đồ vật được đặt vào trong k hộp thì có ít nhất một hộp chứa hai hoặc nhiều hơn hai đồ vật. Định lý 1.1.10 (Nguyên lý Dirichlet tổng quát) Có N đồ vật được xếp vào k hộp Khi đó, tồn tại một hộp chứa ít nhất
N k hay N +k−1 k đồ vật Ở đây, kí hiệu ⌈x⌉ là hàm trần của x, là số nguyên bé nhất lớn hơn hoặc bằng x; còn [x] là phần nguyên của x-là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
Nguyên lý cực hạn
Định lý 1.1.11 (a) Một tập hợp hữu hạn các số thực luôn có phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất.
(b) Một tập con bất kỳ của tập các số tự nhiên luôn có phần tử nhỏ nhất.
Kiến thức số học
Số nguyên tố
Định lý 1.2.1 Mọi số nguyên n > 1 đều có biểu diễn duy nhất dưới dạng tích các số nguyên tố (không kể thứ tự), tức là n= p α 1 1 p α 2 2 ã ã ãp α k k ,trong đú α i ∈ Z+, p 1 < p 2 < ã ã ã < p k là cỏc số nguyờn tố.
Tính chia hết
Thuật toán chia: Nếu a, b là hai số nguyên và b > 0 thì tồn tại duy nhất hai số nguyên q, r với 0 ≤ r < b sao cho a = bq +r.
Ta gọi q là thương và r là phần dư Như vậy, a chia hết cho b nếu và chỉ nếu phần dư trong phép chia bằng 0.
Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất
Định nghĩa 1.2.2 Cho a và b là hai số nguyên khác 0, số nguyên d lớn nhất sao cho d | a và d | b được gọi là ước số chung lớn nhất của a và b. Ước số chung lớn nhất của a và b được kí hiệu là UCLN(a, b) hoặc (a, b). Định nghĩa 1.2.3 Hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu UCLN(a, b) = 1. Định nghĩa 1.2.4 Bội chung nhỏ nhất của hai số nguyên a và b là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả a lẫn b.
Bội số chung nhỏ nhất của hai số nguyên a, b được kí hiệu là BCNN(a, b) hoặc [a, b]. Định lý 1.2.5 Cho a và b là hai số nguyên dương Khi đó ab = U CLN(a, b).BCN N(a, b). Định lý 1.2.6 Giả sử hai số a và b lần lượt được biểu diễn dưới dạng a = p a 1 1 p a 2 2 p a n n và b = p b 1 1 p b 2 2 p b n n , trong đó p 1 , p 2 , , p n là các số nguyên tố và a i , b i là các số nguyên không âm Khi đó, ta có a) (a, b) = p min(a 1 1 ,b 1 ) p min(a 2 2 ,b 2 ) p min(a n n ,b n ) ; b) [a, b] = p max(a 1 1 ,b 1 ) p max(a 2 2 ,b 2 ) p max(a n s ,b n )
Ta đã biết phương pháp để tính ước số chung lớn nhất của hai số bằng cách phân tích ra các thừa số nguyên tố Phương pháp này hơi mất thời gian cho người học, Ở đây chúng tôi sẽ giới thiệu một phương pháp hiệu quả hơn để tìm ước số chung lớn nhất, phương pháp đó được gọi là thuật toán Euclide.
Thuật toán Euclide
Định lý 1.2.7 Cho a, b là hai số nguyên dương và a = q 1 b+r 1 (0< r 1 < b), b = q 2 r 1 +r 2 (0 < r 2 < r 1 ), r n−1 = q n+1 r n
Khai triển Abel
Định lý 1.2.8 Cho x 1 , x 2 , , x n và y 1 , y 2 , , y n là các số thực tùy ý Đặt
Thặng dư
Định nghĩa 1.2.9 Nếu x ≡ y (mod m) thì ta nói y là một thặng dư của x theo modulo m. Định nghĩa 1.2.10 Tập A = {x 1 , x 2 , , x m } gồm m số nguyên Giả sử r i (0 ≤r i ≤ m−1) là số dư của x i khi chia cho m Nếu tập hợp số dư {r 0 , r 1 , , r m−1 } trùng với tập hợp {0,1, , m− 1} thì ta nói tập
A là một hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m.
Tính chất 1.2.11 Giả sử tập A = x 1 , x 2 , , x m là hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì a) Với mọi y ∈ Z tồn tại duy nhất x i ∈ A sao cho y ≡ x i (mod m). b) Với mọi số nguyên b thì tập {x 1 +b, x 2 + b, , x 10 +b} là hệ thặng dư đầy đủ theo modulo m. c) Với mỗi c ∈ Z và (c, m) = 1 thì tập {cx 1 , cx 2 , , cx m } là hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Định nghĩa 1.2.12 Tập {r 1 , r 2 , , r n } gọi là một hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu (r 1 , m) = 1 và với mọi x ∈ Z, (x, m) = 1 thì tồn tại duy nhất r i để r i ≡ x (mod m).
Nhận xét a) Ta có thể thu được hệ thặng dư thu gọn modulo m bằng cách loại trừ từ một hệ thặng dư đầy đủ các phần tử không nguyên tố cùng nhau với m. b) Mọi hệ thặng dư thu gọn modulo m đều có cùng số phần tử, kí hiệu φ(m). Định lý 1.2.13 Nếu n = p ω 1 1 p ω 2 2 ã ã ãp ω k k , trong đú p 1 , p 2 , , p k đại diện cho các số nguyên tố phân biệt trong phân tích nguyên tố duy nhất của n và w 1 , w 2 , , w k là các mũ tương ứng với các số nguyên tố đó thì φ(n) =n
Hệ quả 1.2.14 Nếu p là số nguyên tố thì q(p) =p−1.
Một số định lý số học quan trọng
Định lý 1.2.15 (Định lý Euler) Giả sử m là số nguyên dương và a là số nguyên với (a, m) = 1 Khi đó a φ(m) ≡ 1 (mod m), trong đó φ(m) là kí hiệu của phi hàm Euler đếm số các số nguyên giữa 1 và m nguyên tố cùng nhau với m là số nguyên dương. Định lý 1.2.16 (Định lý Fermat nhỏ) Giả sử p là số nguyên tố và a là số nguyên dương với (a, p) = 1 Khi đó a p−1 ≡1 (mod p). Định lý 1.2.17 (Định lý phần dư Trung Hoa) Giả sử m 1 , m 2 , , m r là các số nguyên tố cùng nhau đôi một Khi đó hệ các đồng dư tuyến tính
x ≡ a 1 (mod m 1 ), x ≡ a 2 (mod m 2 ), x ≡ a r (mod m r ), có nghiệm duy nhất modulo M với M = m 1 m 2 m r
Ngoài ra, nguyên lý Fubini cũng là một một công cụ hữu ích để giải quyết các bài toán tổ hợp bằng phương pháp ma trận liên thuộc. Định lý 1.2.18 (Nguyên lý Fubini) Cho hai tập hữu hạn R, C và
S ⊆ RãC Nếu (p, q) ∈ S, ta núi rằng p và q liờn thuộc với nhau Đặt r p là số các phần tử liên thuộc với p∈ R và c q là số các phần tử liên thuộc với q ∈ C Khi đó
X p∈R r p = |S| = X q∈C c q Để minh họa cho tập S, ta sẽ dùng đến ma trận liên thuộc của S. Định lý 1.2.19 Ma trận M = (a pq ) là ma trận mà các cột và các hàng của nó tương ứng được đánh số theo các phần tử của R và C với a pq (1 nếu (p, q) ∈ S;
Khi đó r p là tổng của các phần tử ở cột p, c q là tổng của các phần tử ở cột q và |S| là tổng tất cả các phần tử của ma trận M.
Phương pháp song ánh
Mục này dành để nhắc lại khái niệm về đơn ánh, toàn ánh và song ánh, cũng như cách vận dụng các đối tượng này trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp. Định nghĩa 1.2.20 Cho 2 tập hợp X và Y (khác rỗng) Một ánh xạ f từ X lên Y là một quy tắc cho tương ứng mỗi phần tử x ∈ X với một và chỉ một phần tử y ∈ Y Kí hiệu f :X →Y x 7→y = f(x)
Trong đó, tập X gọi là tập nguồn, tập Y là tập đích. a) Ánh xạ f được gọi là đơn ánh nếu mọi x 1 , x 2 ∈ X, f(x 1 ) = f(x 2 ) ⇒ x 1 = x 2 b) Ánh xạf được gọi là toàn ánh nếu ∀y ∈ Y,∃x ∈ X sao cho f(x) =y. c) Ánh xạ f được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh.
Nội dung cơ bản của phương pháp song ánh trong các bài toán tổ hợp: Để đếm số phần tử của một tập nhất định, ta có thể thay nó bởi một tập hợp khác có cùng số phần tử và số phần tử của tập hợp mới có cách đếm dễ hơn tập hợp ban đầu.
Liên quan đến phương pháp này, chúng ta có tính chất sau đây. Định lý 1.2.21 (Nguyên lý song ánh) Cho A và B là 2 tập hợp hữu hạn, nếu f là 1 ánh xạ đơn ánh từ A vào B thì số phần tử của B ít nhất là bằng số phần tử của A Và nếu f là song ánh thì A và B có cùng số phần tử.
Một số ví dụ về phương pháp song ánh sẽ được chúng tôi trình bày ởChương 2 đối với bài toán số học và Chương 3 đối với các bài toán hình học.
Kiến thức hình học
Đa giác lồi
Định nghĩa 1.3.1 (Đa giác lồi) Đa giác lồi là một đa giác đơn (có các cạnh không tự giao nhau) trong đó không có đoạn thẳng nối giữa hai điểm trên đường biên đi ra ngoài đa giác Một phát biểu tương đương: đa giác lồi là một đa giác đơn có phần bên trong là một tập lồi Trong một đa giác lồi, tất cả các góc bên trong nhỏ hơn hoặc bằng 180 0 , trong khi trong đa giác lồi nghiêm ngặt, tất cả các góc bên trong đều nhỏ hơn 180 0
Hình 1.2: Hình minh họa đa giác lồi (a) và đa giác không lồi (b).
Bao lồi
Định nghĩa 1.3.2 (Bao lồi) Bao lồi của một tập hợp là tập lồi bé nhất chứa tập đã cho.
Ví dụ. a) Bao lồi của 2 điểm A,B là đoạn thẳng AB. b) Bao lồi của 3 điểm A, B, C là tam giác ABC.
Hình 1.3: Hình minh họa ví dụ bao lồi.
Đồng phẳng
Định nghĩa 1.3.3 (Đồng phẳng) Một không gian được gọi là đồng phẳng nếu nó là một không gian Euclide hai chiều hoặc là một không gian affine hai chiều Đặc điểm chính của đồng phẳng là mỗi điểm trong không gian có thể được xác định duy nhất bằng cách sử dụng một cặp số thực, được gọi là tọa độ, hoặc thông qua các phương trình tuyến tính.
Các bài toán tổ hợp trong số học
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày một số dạng toán tổ hợp liên quan đến số học (có thể gọi tắt là số học tổ hợp) như: số nguyên tố, tính chia hết, tính chất của UCLN-BCNN, thuật toán Euclide, hệ thặng dư và một số định lý số học quan trọng khác Tuy nhiên, chung quy lại chủ yếu là các bài toán liên quan đến sự tồn tại nghiệm, bài toán đếm hay bài toán chọn Đồng thời, ở mỗi bài toán chúng tôi sẽ khái quát chúng, phân tích cũng như đưa ra những nhận xét hữu ích Phần kiến thức trình bày trong chương được tham khảo ở các tài liệu [2], [3], [6],[5], [7].
Các bài toán liên quan đến sự tồn tại trong số học tổ hợp 13
học tổ hợp Để giải quyết các bài toán loại này, ta thường dùng các nguyên lý quan trọng trong toán học như Nguyên lý cực hạn, Nguyên lý Dirichlet hay có thể sử dụng phương pháp phản chứng, hoặc có thể giải trực tiếp bằng các suy luận toán học hợp lý.
Bài toán 2.1.1 Trong quốc hội Mỹ, mỗi một nghị sĩ có không quá 3 đối thủ Chứng minh rằng có thể chia quốc hội thành 2 viện sao cho trong mỗi viện, mỗi một nghị sĩ có không quá một đối thủ.
Lời giải Ta chia quốc hội ra thành 2 viện A, B một cách bất kỳ Với mỗi viện A, B, ta gọi s(A), s(B) là tổng của tổng số các đối thủ của mỗi thành viên tính trong viện đó Vì số cách chia là hữu hạn nên phải tồn tại cách chia (A 0 , B 0 ) sao cho s(A 0 ) + s(B 0 ) nhỏ nhất Ta chứng minh cách chia này thỏa mãn yêu cầu bài toán Giả sử rằng cách chia này vẫn chưa thoả mãn yêu cầu, tức là vẫn có một nghị sĩ nào đó có nhiều hơn 1 đối thủ trong viện của mình Không mất tính tổng quát, giả sử nghị sĩ x thuộc A 0 có ít nhất 2 đối thủ trong A 0 Khi đó, ta chuyển x từ A 0 sang
B 0 Khi đó, quốc hội Mỹ được chia thành 2 viện mới là A ′ = A 0 \ {x} và
B ′ = B 0 ∪ {x} Vì x có ít nhất 2 đối thủ trong A 0 và A ′ không còn chứa x nên ta có s(A ′ ) =s(A 0 )−4 (trong tổng mất đi ít nhất 2 của x và 2 của các đối thủ của x trong A 0 ) Vì x có không quá 3 đối thủ và có ít nhất
2 đối thủ trong A 0 nên x có nhiều nhất 1 đối thủ trong B 0 (hay B ′ ), cho nên s(B ′ ) = s(B 0 ) + 2 Suy ra s(A ′ ) +s(B ′ ) = s(A 0 ) +s(B 0 )−2 Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của s(A 0 ) +s(B 0 ) Vậy điều giả sử là sai, tức là cách chia (A 0 , B 0 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 2.1.2 Chứng minh rằng trong n+ 1 số bất kỳ của tập hợp 2n số tự nhiên đầu tiên {1,2, ,2n} luôn tồn tại hai số là bội của nhau.
Lời giải Ta biểu diễn mỗi số i ≤ 2n trong n + 1 số được chọn dưới dạng i = 2 k i q i trong đó q i với i = 1,2, , n + 1 là các số lẻ Khi đó, q i ∈ {1,3, ,2n− 1} gồm n giá trị khác nhau Do đó, theo Nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số q i , q j với i ̸= j sao cho q i = q j Khi đó, trong hai số i = 2 k i q i và j = 2 k j q j có một số là bội của số kia.
Bài toán 2.1.3 Chứng minh rằng từ 2n−1 số nguyên bất kì luôn tìm được n số có tổng chia hết cho n.
Lời giải Với n nhỏ, bài toán có thể chứng minh dễ dàng bằng cách xét các trường hợp Chẳng hạn,
- Với n = 3, ta chia 5 số nguyên vào 3 ô đó là: Ô chia 3 dư 0, ô chia 3 dư 1, ô chia 3 dư 2 Nếu mỗi ô đều chứa ít nhất một số thì chọn từ
3 ô, mỗi ô một số, ta được 3 số cần tìm Nếu có một ô nào đó rỗng thì ít nhất một ô chứa 3 số và đó là 3 số cần tìm.
- Với n = 5 ta có thể lặp lại cách chứng minh tương tự, tuy nhiên số trường hợp sẽ xét nhiều hơn.
Nếu n là hợp số, chẳng hạn n = 9, ta có thể sử dụng cách làm như sau:
- Áp dụng kết quả với n = 3, từ 17 số a 1 , a 2 , , a 17 , dĩ nhiên có thể chọn ra 3 số có tổng chia hết cho 3 Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a 1 +a 2 +a 3
- Tiếp theo, từ 13 số a 4 , a 5 , , a 17 , ta có thể chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử a 4 +a 5 +a 6 Tương tự như vậy, ta có thể chọn được các bộ ba có tổng chia hết cho 3, mà bằng cách đánh số lại nếu cần, giả sử đó là (a 7 , a 8 , a 9 ),(a 10 , a 11 , a 12 ),(a 13 , a 14 , a 15 ) Xét các số s 1 = a 1 +a 2 + a 3
Theo cách xây dựng, 5 số s 1 , s 2 , , s 5 là các số nguyên Áp dụng kết quả với n= 3, ta suy ra tồn tại 3 số trong 5 số này có tổng chia hết cho 3 Không mất tính tổng quát, giả sử đó là s 1 , s 2 , s 3 Khi đó a 1 +a 2 + .+a 9 = 3 (s 1 +s 2 +s 3 ) ≡ 0 (mod 9).
Bằng cách làm tương tự, ta thấy rằng nếu bài toán đã đúng với n = p và n = q, với p, q là các số nguyên tố thì nó cũng đúng với n = pq Do đó, mục tiêu là chỉ cần chứng minh bài toán đúng với n = p với p là số nguyên tố.
Sử dụng phương pháp phản chứng, giả sử tồn tại 2p − 1 số nguyên a 1 , a 2 , , a 2p−1 sao cho mọi tổng gồm p phần từ đều không chia hết cho p Khi đó theo Định lý nhỏ Fermat, ta có
Ta nhận thấy rằng, C 2p−1 p không chia hết cho p Do đó, để chỉ ra mâu thuẫn, ta cần chứng minh vế trái chia hết chop, nghĩa là chứng minh trong khai triển tổng vế trái, hệ số của a s i1 1 a s i2 2 a s ik k (với s 1 + s 2 + +s k p−1) chia hết cho p. Để có được số hạng như vậy, cần chọn thêmp−kphần tửa i(k+1) , , a ip để bổ sung thành p số và xét biểu thức (a i1 +a i2 + .+a ip ) p−1 Khai triển biểu thức này, ta sẽ được hệ số của a s i1 1 a s i2 2 a s ik k bằng (p − 1)! s 1 !s 2 ! s k !.
Có C 2p−1−k p−k cách bổ sung, do đó hệ số của a s i1 1 a s i2 2 a s ik k trong khai triển vế trái là C 2p−1−k p−k (p−1)! s 1 !s 2 ! s k ! Hơn nữa, chú ý rằng 1 ≤ k ≤ p−1 nên
Từ đó, tất cả các số hạng a s i1 1 a s i2 2 a s ik k trong khai triển ở vế trái đều có hệ số chia hết cho p, tức là vế trái chia hết cho p (mâu thuẫn) Chứng tỏ điều giả sử sai Bài toán được chứng minh với n = p và như vậy với n bất kì.
Nhận xét Để giải bài toán trên, ta sử dụng các tính chất cơ bản của số nguyên tố liên quan đến Định lý Fermat nhỏ, tính chia hết để chứng minh một số số học chia hết cho một số nguyên tố kết hợp với các công thức tổ hợp để tính số cách chọn một số phần tử từ một tập hợp. Để tiếp nối bài toán liên quan đến tính chia hết trong số học, chúng tôi muốn giới thiệu một bài toán tổ hợp được sử dụng ở cuộc thi Olympic năm 2012 như sau.
Bài toán 2.1.4 (Olympic, 30/04/2012) Cho hình vuông kích thước 8× 8 được chia thành 64 ô vuông đơn vị Hỏi có thể viết tất cả các số 1,2, ,64 vào 64 ô vuông (mỗi ô chứa đúng một số) sao cho tổng của 4 số nằm trong 4 ô của mỗi một hình bất kì sau đây đều chia hết cho 4?
Hình 2.1: Hình minh họa bài toán 2.1.4 - 1.
Lời giải Giả sử ta có thể viết được các số 1,2, ,64 vào các ô của bảng hỡnh vuụng kớch thước 8ã8 sao cho tổng của 4 số trong 4 ụ vuụng của mỗi hình bất kì đều chia hết cho 4.
Gọi a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 là 5 số trong hình chữ thập, trong đó a 5 là số ở tâm, còn các số đánh theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ.
Từ giả thiết, ta có các tổng a 1 +a 2 +a 3 +a 5 , a 2 +a 3 +a 4 +a 5 , a 3 + a 4 +a 1 +a 5 , a 4 +a 1 +a 2 +a 5 luôn chia hết cho 4 Do đó, suy ra
Từ đó, ta đượca 5 ≡ a i (mod4) (i = 1, ,4) Như vậy các sốa 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 đều có cùng số dư khi chia cho 4 Bằng lí luận tương tự như trên suy ra
Bài toán đếm số phần tử trong số học tổ hợp
Bài toán 2.2.1 Cho n là một số tự nhiên khác không Có bao nhiêu ước của n?
Lời giải Giả sử n được phân tích thành các thừa số nguyên tố n= p α 1 1 p α 2 2 ã ã ãp α k k , với p 1 , p 2 , , p k là các số nguyên tố, α i ∈ N với i = 1,2, , k Khi đó, số cỏc ước của n là (α 1 + 1)(α 2 + 1)ã ã ã(α k + 1).
Bài toán 2.2.2 (a) Có bao nhiêu nghiệm nguyên của phương trình x 1 +x 2 + +x n = k với x i ≥ 0, i= 1,2, , n?
(b) Có bao nhiêu nghiệm nguyên của phương trình x 1 +x 2 + +x n = k với x i ≥ a i , i = 1,2, , n và a i ∈ N ∗ , k > (a 1 +a 2 + + a n )?Lời giải (a) Số nghiệm nguyên không âm của phương trình này chính bằng số tổ hợp có lặp chập n của k phần tử C k n = C n+k−1 n−1
(b) Đặt y i = x i − a i , i = 1,2, , n Khi đó, y i ≥ 0, i = 1,2, , n và phương trình đã cho trở thànhy 1 +y 2 + +y n = k−(a 1 +a 2 + +a n ).
Do đó, theo Câu (a), số nghiệm nguyên của phương trình này bằng số tổ hợp có lặp chập n của k −(a 1 + a 2 + +a n ) phần tử.
Bài toán 2.2.3 Cho p là một số nguyên tố lẻ Tìm số các tập con
A của tập hợp {1,2, ,2p}, biết rằng: a) A chứa đúng p phần tử; b) Tổng tất cả các phần tử của A chia hết cho p.
Lời giải Với mỗi i = 1, , p, ta gọi A i là tập hợp bao gồm các bộ số (a 1 , , a p )(mà ta không để ý thứ tự), vớia i ∈ {1, ,2p}, a 1 + .+a p chia hết cho p và trong bộ(a 1 , , a p ) chỉ có đúng một số xuất hiệni lần; các số còn lại xuất hiện đúng một lần.
Khi đó A 1 chính là tập con A của {1, ,2p} thỏa mãn: a) A chứa đúng p phần tử; b) Tổng tất cả các phần tử của A chia hết cho p.
Kí hiệu A i là tập nhận từ A i bằng cách trong mỗi bộ (a 1 , , a p ) ta loại i số giống nhau, i = 1, , p A i là tập nhận từ A i bằng cách trong mỗi bộ (a 1 , , a p ) ta loại i−1 số giống nhau, i = 2, , p Ta cũng kí hiệu
|A i | là số các phần tử của tập A i Khi đó
Thật vậy, ta xét các bộ số (không thứ tự)(b 1 , , b p−i ), b i ̸= b j , với i ̸= j. Đặt S = b 1 + .+b p−i Khi đó tồn tại duy nhất r thỏa mãn 0 ≤ r < p sao cho s+ir ≡ 0 (mod p) Do vậy, nếu thêm vào bộ (b 1 , , b p−i ) i số r hoặc i số p+r thì ta sẽ được một bộ gồm p số mà mỗi số đều thuộc {1,2, ,2p}, tổng của p số chia hết cho p, có đúng một số xuất hiện i lần hoặc i + 1 lần, phụ thuộc vào việc tồn tại hay không tồn tại j ∈ {1, , p−i} để b j = r hay b j = p+r,các số khác chỉ xuất hiện đúng một lần Sau phép toán f như vậy thì các bộ đều sẽ thuộc A i ∪A i+1
Bây giờ ta tính số lặp của các bộ sau phép toán f: a) Với i = 1 thì mỗi bộ thuộc A 1 được lặp p lần, các bộ thuộc A 2 chỉ lặp 1 lần. b) Với i ∈ {2, , p−1} thì các bộ đều lặp đúng một lần.
Vì vậy số bộ sinh ra nhờ f không vượt quá tổng số các phần tử của nó nhân với số lặp:
Hơn nữa, các phần tử của A i và A i+1 đều gồm p−i số đôi một khác nhau nên mỗi bộ số xuất hiện trong A i và trong A i+1 không quá 2 lần. Vậy
Từ 2.5 và 2.6 ta suy ra được 2.4 Do đó
Vì |A p | = 2p nên số tập con cần tính bằng
! Đế ý rằng 2Pp−i i=1(−1) i+1 C 2p p−i = C 2p p −2 ta có số tập con cần tính bằng
Bài toán 2.2.4 Hai điện trở R 1 , R 2 nếu được mắc nối tiếp thì điện trở tương đương là R 1 + R 2 , còn nếu mắc song song thì điện trở tương đương là R 1 R 2
R 1 +R 2 Biết rằng tất cả các điện trở đều có giá trị bằng 1, hỏi để mắc một mạch điện có điện trở tương đương là a b với UCLN(a, b) = 1 thì cần bao nhiêu điện trở đơn vị ( việc mắc là tùy ý)?
Lời giải Ta thấy rằng khi mắc nối tiếp các điện trở đơn vị vào mạch điện có giá trị a b thì sẽ được điện trở tương đương a + b b , còn nếu mắc song song thì được điện trở tương đương a a+ b.
Kí hiệu , bộ (a, b) cho phân số a b thì có thể lấy từ một bộ b(a, b) ta sẽ đưa về một trong hai bộ (a+b, b) hoặc (a, a+b).
Ngược lại, một bộ (a, b) được sinh ra từ bộ (a − b, b) nếu a > b hoặc (a, b −a) nếu b > a Rõ ràng, do UCLN(a, b) = 1 nên theo thuật toán Euclide a = b chỉ xảy ra cuối cùng khi a = b = 1 Do đó, một bộ (a, b) được sinh ra một cách duy nhất từ một bộ nào đó Rõ ràng đây chính là các bước thực hiện của thuật toán Euclide Vì thế nên số điện trở cần tìm chính bằng số các bước của thuật toán Euclide với hai số nguyên dương a, b cộng thêm 1.
Một số bài toán tổ hợp trong số học cần vận dụng phép biến đổi Abel.
Bài toán 2.2.5 (VMO, 2012) Cho số nguyên dương n Có n học sinh nam và n học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, theo thứ tự tùy ý Mỗi học sinh (trong số 2n học sinh vừa nêu) được cho một số kẹo bằng đúng số cách chọn ra hai học sinh khác giới với X và đứng ở hai phía của X Chứng minh rằng tổng số kẹo mà tất cả 2n học sinh nhận được không vượt quá 1
Lời giải Gọi a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n là vị trí của n nam và n nữ trên hàng Xét nam tại vị trí a i , ta thấy bên trái anh ta có a i −1 vị trí, trong đó có i − 1 vị trí là nam, vậy nên bên trái anh ta có a i − i nữ Tương tự, bên phải anh ta có n − (a i −i) nữ Vậy nam tại a i được cho (a i −i) [n−(a i −i)] kẹo Tương tự, nữ tại vị trí b i được cho
(b i −i) [n−(b 1 −i)] kẹo Như vậy tổng số kẹo được cho bằng
Chú ý là {a 1 , , a n , b 1 , , b n }= {1,2, ,2n} nên ta có n
Ngoài ra, chúng ta cũng có n
Do đó, thay vào biểu thức tính trên, ta tìm được
Từ đó, ta đưa bài toán ban đầu về việc chứng minh bất đẳng thức:
. a n +b n +a n−1 +b n−1 + .+a 1 +b 1 ≤4n−1 + 4n−5 + .+ 3. Áp dụng công thức khai triển tổng Abel, ta có
Vậy bài toán được chứng minh.
Trong một số bài toán, hệ thặng dư cũng được sử dụng một cách hiệu quả.
Bài toán 2.2.6 (VMO, 2006) Xét tập hợp số S có 2006 phần tử.
Ta gọi một tập con T của S là một tập con “bướng bỉnh” nếu với hai số u, v tùy ý (có thể u = v) thuộc T luôn có u + v không thuộc T. Chứng minh rằng: a) Nếu S là tập hợp gồm 2006 số nguyên dương đầu tiên thì mỗi tập con “bướng bỉnh” của S đều có không quá 1003 phần tử. b) Nếu S là tập hợp gồm 2006 số nguyên dương tùy ý thì tồn tại một tập con “bướng bỉnh” của S có 669 phần tử.
Lời giải a) XétAlà tập con “bướng bỉnh” gồmnphần tửa 1 , a 2 , , a n với a 1 < a 2 < < a n của S = 1,2, ,2006 Khi đó B a 2 −a 1 , a 3 −a 1 , , a n −a 1 là một tập con gồm n−1 phần tử của
S Do A là tập “bướng bỉnh” nên A∩B = ∅ Từ đó suy ra n+ (n−1) ≤2006 ⇒ n ≤1003. b) Giả sử tập hợp đã cho là S = a 1 , a 2 , , a 2006 Gọi P là tích tất cả các ước số lẻ của Q2006 i=1 a i Dễ thấy tồn tại số nguyên tố p có dạng p = 3r + 2 (với số nguyên dương r) là ước của 3P + 2 Số nguyên tố p này nguyên tố cùng nhau với tất cả các số a i (i = 1,2, ,2006) đã cho Với mỗi số a i ∈ S, dãy a i ,2a i , ,(p−1)a i là một hoán vị của 1,2, , p −1 theo modulo p nên tồn tại tập hợp A i gồm r + 1 số nguyên x ∈ {1,2, , p−1} để xa i theo modulo p thuộc tập hợp
Do đó tồn tại x 0 sao cho
Chọn tập B là tập con gồm 669 phần tử của S x 0 , khi đó B là một tập con "bướng bỉnh" của S Thật vậy, nếu chọn u, v, w ∈ B (u có thể bằng v), thì x 0 u, x 0 v, x 0 w đều thuộc A Do đó x 0 u +x 0 v ̸ x 0 w (mod p) cho nên u+v ̸= w.
Nhận xét Bài toán trên sử dụng lý thuyết của hệ thặng dư và tính chất của nó Hơn nữa ta phát hiện được tập hợp “bướng bỉnh” có thể xem là cực đại.
Tiếp đến là một bài toán được đánh giá là khó và thú vị liên quan đến phần dư Trung Hoa.
Bài toán 2.2.7(VMO, 2013) Tìm số các bộ sắp thứ tự (a, b, c, a ′ , b ′ , c ′ ) thỏa mãn:
ab+a ′ b ′ ≡1 (mod 15), bc+b ′ c ′ ≡1 (mod 15), ca+c ′ a ′ ≡ 1 (mod 15), với a, b, c, a ′ , b ′ , c ′ là các số thuộc tập hợp {0,1, ,14}.
Lời giải Trước hết, theo Định lý phần dư Trung Hoa, ta có:
Nếu x ≡ a (mod 3) với (0 ≤ a ≤ 2) và x ≡ a (mod5) với (0 ≤ a ≤4) thì tồn tại duy nhất số c với 0 ≤ c ≤ 14 sao cho x ≡ c (mod 15) Do đó, ta sẽ đếm số các bộ A gồm (a, b, c, a ′ , b ′ , c ′ ) mà
ab+a ′ b ′ ≡ 1 (mod 3), bc+b ′ c ′ ≡ 1 (mod 3), ca+c ′ a ′ ≡ 1 (mod 3), vớia, b, c, a ′ , b ′ , c ′ ∈ {0,1,2} Tiếp theo, ta đếm số bộB gồm(a, b, c, a ′ , b ′ , c ′ ) mà
ab+a ′ b ′ ≡ 1 (mod 5), bc+b ′ c ′ ≡ 1 (mod 5), ca+c ′ a ′ ≡ 1 (mod 5), với a, b, c, a ′ , b ′ , c ′ ∈ {0,1,2,3,4} Khi đó ứng với mỗi bộ A và mỗi bộ B thỡ sẽ tương ứng một bộ số thỏa món đề bài, tức là ta cần tỡm tớch AãB. Trong bộ A, ta thấy rằng (ab, a ′ b ′ ),(bc, b ′ c ′ ),(ca, c ′ a ′ ) đều không cùng chia hết cho 3 nên dễ thấy rằng abc, a ′ b ′ c ′ cũng không cùng chia hết cho 3 (nếu không thì sẽ có một trong 3 bộ kia chia hết cho 3, mâu thuẫn) Giả sử abc không chia hết cho 3, do chỉ có hai số dư 1,2 nên sẽ có hai trong ba số a, b, c đồng dư với nhau theo modulo3 Tiếp tục giả sử đó là a, b nên ab ≡ 1 (mod 3) Khi đó, tương ứng a ′ b ′ ≡ 0 (mod 3) Nếu a ′ chia hết cho 3 thì lại suy ra tiếp c ′ a ′ chia hết cho 3 hay ca ≡ 1 (mod 3), tức là a ≡ c (mod 3) Vì b, c đồng dư nhau theo modulo 3 nên tương ứng nên bc chia 3 dư 1, dẫn đến b ′ c ′ chia hết cho 3 và suy ra thêm một trong hai số b ′ , c ′ chia hết cho 3 Từ đó, do tính bình đẳng của a, b, c và a ′ , b ′ , c ′ ta suy ra rằng cả ba số a, b, c không chia hết cho 3 và đồng dư với nhau theo modulo 3; trong các sốa ′ , b ′ , c ′ thì có hai số chia hết cho 3 số còn lại tùy ý Có hai cách chọn bộ (a, b, c) và 7cách chọn bộ (a ′ , b ′ , c ′ ) (vì có một cách chọn bộ (0,0,0), có ba cách chọn bộ (0,0,1) và hoán vị của nó, ba cách chọn bộ (0,0,2) và hoán vị của nó).
Tương tự trường hợp a ′ b ′ c ′ không chia hết cho 3 Do đó, số bộ trong trường hợp này là:
Tiếp đến, ta đếm các bộ B thỏa mãn Các số dư khi chia cho 5 là
0,1,2,3,4 và ta thấy các tích của các bộ sau sẽ có số dư tương ứng khi chia cho 5 được liệt kê bên dưới:
Tương tự như trên các số abc, a ′ b ′ c ′ không cùng chia hết cho 5 Ta xét các trường hợp sau đây:
Trường hợp 1: Nếu abc hoặc a ′ b ′ c ′ chia hết cho 5, giả sử abc chia hết cho 5 và tiếp tục giả sử a chia hết cho 5 thì a ′ b ′ và a ′ c ′ chia cho
5 dư 1 Ta xét tiếp các trường hợp sau dây: