skkn một số DẠNG TOÁN cực TRỊ tổ hợp, rời rạc và ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI

CỰC TRỊ TỔ HỢP MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TỔ HỢP, RỜI RẠC VÀ ĐỊNH HƯỚNG CÁCH GIẢI PHẦN LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Bài toán cực trị tổ hợp rời rạc thường xuất kì thi học sinh giỏi thường khó dùng để phân loại học sinh Các toán thường thuật giải cụ thể Lời giải có chủ yếu dựa vào lực tư sáng tạo học sinh Nhằm giúp học sinh có sở để giải toán cực trị tổ hợp rời rạc, hệ thống số toán số định hướng cách giải toán cực trị tổ hợp rời rạc Đó lí mà chọn đề tài: “ Một số dạng toán cực trị tổ hợp hợp, rời rạc định hướng cách giải” PHẦN 2.THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Thuận lợi: Học sinh tiếp cận toán cực trị tổ hợp rời rạc nắm số lời giải toán Khó khăn: Học sinh chưa tiếp cận cách hệ thống toán liên quan đến cực trị tổ hợp rời rạc Đồng thơi học sinh chưa có định hướng để giải toán PHẦN NỘI DUNG ĐỀ TÀI Trong phần này, đưa số toán thường gặp định hướng giải toán Bài toán Tìm số nguyên dương k nhỏ (lớn nhất) cho tập A mà A = k có tính chất T GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP Với toán này, thường xét tập A có tính chất đặc biệt cho A = m A không thỏa tính chất T, từ suy k ≥ m + Tiếp theo ta chứng minh tập A mà A = m + có tính chất T, từ ta tìm k = m + Để chứng minh tập A mà A = m + có tính chất T ta sử dụng nguyên lí Dirichlet xây dựng Ví dụ Gọi A tập tất số tự nhiên lẻ không chia hết cho nhỏ 30 Tìm số k nhỏ cho tập A gồm k phần tử tồn hai số chia hết cho nhau? Lời giải Ta có: A = { 1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29} , A = 12 Xét tập A0 = { 9,11,13,17,19,21,23,29} Dễ thấy hai phần tử thuộc A0 không chia hết cho Từ ta suy k ≥ Ta chứng minh k = thỏa đề Xét S tập A S = Xét ba cặp { 21,7} ,{ 27,9} ,{ 1,11} , ta thấy cặp bội Nếu cặp có cặp thuộc S toán giải Giả sử ba cặp cặp thuộc S, S = nên S phải chữa số cặp chứa số lại Từ suy S phải có cặp { 3;9} { 3; 27} cặp bội Hay nói cách khác S tồn hai số chia hết cho Vậy k = Nhận xét: GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP Mẫu chốt toán phát tập A0 để từ ta khẳng định k ≥ dự đoán k = Để tìm tập A0 , ta liệt kê hết số A mà hai số bội Với toán này, việc tìm tập A0 đơn giản Ví dụ Cho tập A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất: Trong tập có k phần tử A tồn hai số phân biệt a,b cho a + b2 số nguyên tố (VMO 2004) Lời giải Giả sử k số nguyên dương cho tập có k phân tử tập A tồn hai số phân biệt a,b cho a + b2 số nguyên tố Ta xét tập T gồm số chẵn thuộc tập A Khi T = với a,b ∈ T ta có a + b2 hợp số, suy k ≥ Xét cặp số sau: A = { 1; 2} ∪ { 3; 4} ∪ { 5;16} ∪ { 6;15} ∪ { 7;12} ∪ { 8;13} ∪ { 9;10} ∪ { 11;14} Ta thấy tổng bình phương cặp số nguyên tố Xét T tập A T = , theo nguyên lí Dirichlet T chứa cặp nói trên, hay nói cách khác T tồn hai số phân biệt a,b cho a + b2 số nguyên tố Vậy k = Chú ý: 1) Vì giả thiết a + b2 số nguyên tố nên a + b2 số chẵn hay a,b phải khác tính chẵn, lẻ Dựa vào ta xây dựng tập T 2) Để tìm phân hoạch tập A thành hợp cặp rời ta làm sau: GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP • Ta liệt kê tất số a1 ∈ A,a ∈ A, ,a16 ∈ A cho i + a ( i = 1,16 ) i số nguyên tố Từ ta có phân hoạch trên, phân hoạch Ví dụ Cho đa giác 2007 đỉnh Tìm số nguyên dương k nhỏ thảo mãn tính chất: Trong cách chọn k đỉnh đa giác, tồn đỉnh tạo thành tứ giác lồi mà số cạnh tứ giác cạnh đa giác cho (VMO 2007) Lời giải Gọi đỉnh đa giác A1 ,A , ,A 2007 Ta thấy tứ giác có đỉnh thuộc đỉnh đa giác có cạnh cạnh cạnh đa giác đỉnh tứ giác đỉnh liên tiếp đa giác Xét tập hợp X = { A1 ,A ,A ,A , ,A 2005 ,A 2006 } ( bỏ đỉnh A 4i A 2007 ) Ta có X = 1505 X không chứa đỉnh liên tiếp đa giác Từ suy k ≥ 1506 Ta chứng minh k = 1506 Gọi T tập hợp điểm thuộc đỉnh đa giác T = 1506 Ta xét 2007 − 1506 = 501 đỉnh lại Các đỉnh chia đường tròn ngoại tiếp  2007  đa giác thành 501 cung, có cung chứa   +1=  501  đỉnh liên tiếp đa giác Dĩ nhiên đỉnh thuộc T đỉnh liên tiếp đa giác cho Vậy k = 1506 Chú ý: 1) Để chứng minh k = 1506 ta làm theo cách sau Đặt T1 = { A1 ,A ,A ,A } , T2 = { A ,A6 ,A7 ,A8 } … GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP T501 = { A 2001 ,A 2002 ,A 2003 ,A 2004 } ,T502 = { A 2005 ,A 2006 ,A 2007 } Nếu có Ti ⊂ T,i = 1,501 toán chứng minh Giả sử Ti ⊄ T,i = 1,501 , T = 1006 nên T ∩ Ti = 3, ∀i = 1,501 T502 ⊂ T Vì A 2005 ,A 2006 ,A 2007 ∈ T nên A1 ∉ T ⇒ A ,A ,A ∈ T ⇒ A ∉ T … ta suy A 2001 ∉ T ⇒ A 2002 ,A 2003 ,A 2004 ∈ T Do A 2002 ,A 2003 ,A 2004 ,A 2005 ∈ T Bài toán chứng minh 2) Mẫu chốt toán đưa nhận xét: Đa giác thỏa yêu cầu toán đỉnh tứ giác đỉnh liên tiếp đa giác Từ xây dựng tập X không thỏa yêu cầu toán Khi xây dựng tập X ta ý, cần xây dựng X cho X không chứa đỉnh liên tiếp X có số phần tử lớn Ví dụ Trong hội thảo 10 người có người quen chung Tìm số người quen lớn người Lời giải Từ giả thiết toán, ta suy được: Mỗi người có người quen Giả sử có k ( ≤ k ≤ 10 ) người n1 ,n , ,n k đôi quen Khi có người thứ k + n k +1 quen với k người n1 ,n , ,n k , suy (n i )ik=+11 đôi quen Bằng cách xây dựng ta có 11 người (n i )11 i =1 đôi quen Giả sử có người n ∉ (n i )ik=+11 n quen với 11 người (n i )11 i =1 , ta xét trường hợp sau: GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP TH 1: Số người quen n không nhỏ Giả sử n quen với n1 ,n (ni )11 i =1 Khi nhóm gồm 10 người n,n , ,n11 có người quen chung n1 ,n , suy vô lý TH 2: n quen người 11 người (n i )11 i =1 Giả sử n không quen n ,n , ,n11 Khi n,n , ,n11 ,n1 có người quen chung p p ∉ ( n i ) 11 i =1 Suy p có không người quen n1 ,n ,n , ,n11 Ta đưa trường hợp dẫn đến điều vô lí Vậy số người quen nhiều người 10 Bài toán 2: Tìm số phần tử lớn (nhỏ ) tập A gồm phần tử có tính chất T Để giải toán này, thường thực theo cách sau Đặt A = k , lập luận ta chứng minh k ≤ m ( k ≥ m ) Sau ta xây dựng tập A' thỏa tính chất T A' = m Chú ý: Nếu toán liên quan đến phần tử a thuộc giao A1 ∩ A ∩ ∩ A k , ta đếm (a,A1 , ,A k ) hai cách Từ ta thiết lập bất đẳng thức Ví dụ Cho A tập hợp gồm phần tử Tìm số lớn tập gồm phần tử A cho giao hai tập tập tập gồm hai phần tử Lời giải Gọi B1 ,B2 , ,Bn số tập A thỏa : GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP Bi = 3, Bi ∩ B j ≠ (i, j = 1,2, ,n) Giả sử có phần tử a thuộc vào tập tập B1 ,B2 , ,Bn (chẳng hạn a thuộc tập B1 ,B2 ,B3 ,B4 ) Khi đó: Bi ∩ B j ≥ ∀i, j = 1,2,3,4 Mặt khác với i ≠ j Bi ≠ B j nên Bi ∩ B j ≠ Suy Bi ∩ B j = ∀i, j = 1,2,3,4;i ≠ j Do đó: A ≥ + 4.2 = vô lí Như phần tử thuộc tập A thuộc nhiều ba tập số tập B1 ,B2 , ,Bn Khi đó, suy 3n ≤ 3.8 ⇒ n ≤ Xét A = { 1,2,3,4,5,6,7,8} tập B1 = { 1,2,3} , B2 = { 1,4,5} , B3 = { 1,6,7} , B = { 3,4,8} B5 = { 6,2,8} , B6 = { 8,7,5} , B7 = { 3,5,6} , B8 = { 2,4,7} Là tập gồm ba phần tử A Bi ∩ B j ≠ Vậy số tập lớn Ví dụ Trong thi có 11 thí sinh tham gia giải toán Hai thí sinh giải chung với không Tìm k lớn để toán có k thí sinh giải Lời giải Gọi Hi thí sinh thứ i tập toán { b1 ,b2 , ,b9 } Theo đề ta có: Hi ∩ H j ≤ 1, ∀i ≠ j Đặt n i số thí sinh giải bi Ta đếm (bi ,H j ,Hl ) , bi ∈ H j ∩ Hl GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP Ta có số bằng: ∑ Hi ∩ H j i< j 2 Mặt khác: số lại ∑ Cn Do ta có: ∑ Hi ∩ H j = ∑ Cn i i i< j i =1 i =1 Suy ∑ (ni2 − ni ) ≤ ∑ Hi ∩ H j i =1 i< j ≤ 2.C11 = 110 ⇒ 9(k − k) ≤ 110 ⇒ k ≤ Với k = Giả sử tồn n i ≥ , suy ∑ (di2 − di ) ≥ 8.12 + 20 = 116 i =1 vô lí ⇒ H ∩ H = 54 = C −1 ∑ i j 11 Suy n i = 4, ∀i = 1,9 i< j Do đó, tồn (i; j) cho Hi ∩ H j = ∅ Giả sử H1 ∩ H = ∅ Hi ∩ H j = 1, ∀i < j,(i; j) ≠ (1; 2) Nếu tồn i để Hi ≤ 3, ∀i ≠ 1,2 ⇒ Hi ∩ H t = 1, ∀t ∈ { 1,2, ,11} \{ i}  10  Nên tồn phần tử Hi thuộc   + = tập Ht ,t ≠ i 3 Suy tồn phần tử thuộc nhiều tập H j , vô lí Suy Hi ≥ ⇒ 11 ∑ Hi i =1 ≥ 36 + H1 + H > 36 vô lí Do k ≤ Với k = ta sau: Quy ước : số thí sinh giải số thí sinh không giải GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP b1 b2 b3 b4 b5 b6 b7 b8 b9 H1 0 0 0 H2 0 0 H3 1 0 1 H4 1 0 0 H5 0 0 1 H6 0 0 1 H7 0 0 1 0 H8 1 0 0 0 H9 0 0 0 0 H10 0 0 1 0 H11 0 0 0 Ví dụ Trong kì thi, giám khảo đánh giá thí sinh hai từ sai Biết với hai thí sinh nhận kết sau: có hai giám khảo cho đúng; có hai giám khảo với người thứ cho người thứ hai cho sai; có hai giam khảo với người thứ cho sai, người thứ hai cho đúng; cuối có hai giám khảo cho sai Hỏi số thí sinh lớn bao nhiêu? Lời giải Gọi n số thí sinh Ta xét hình chữ nhật 8xn gồm hàng n cột cho ô vuông hàng thứ I cột thứ j cho số (số 1) vị giám khảo thứ i đánh giá thí sinh thứ j sai (đúng) Từ giả thiết đề ta suy hai cột bảng có tính chất: GV: Nguyễn Tất Thu CỰC TRỊ TỔ HỢP hàng hai cột chứa cặp số 00,01,10,11 va cặp số xuất hai lần Ta chứng minh, không tồn bảng gồm cột có tính chất Giả sử tồn bảng Do cột bất kí, ta đổi số thành số ngược lại tính chất bảo toàn Vì ta giả sử hàng gồm số Gọi a i số số nằm hàng thứ i Ta có tổng số 8.4 = 32 , số lần xuất củacặp 00 2.C82 = 56 ∑ Ca2i Mặt khác số i =1 8 2 Vì a1 = nên ta có ∑ a i = 24 Từ suy ra: ∑ Ca = ∑ (a i − a i ) ≥ 30 i=2 i =2 i i =2 Do vậy: 56 = ∑ Ca2i = C82 + i =1 8 ∑ Ca2i ≥ 58 i =2 vô lí Nên ta suy số thí sinh nhiều Bảng sau chứng tỏ có thí sinh GV: Nguyễn Tất Thu 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 10 CỰC TRỊ TỔ HỢP (Hình 3) (Hình 4) GV: Nguyễn Tất Thu 17 CỰC TRỊ TỔ HỢP Ví dụ 13 Gọi hình chữ nhật 1x2 (hoặc 2x1) hình chữ nhật đơn hình chữ nhật 2x3 (hoặc 3x2 ) bỏ hai ô vuông đơn vị hai góc đối diện hình chữ nhật kép Người ta ghép khít hình chữ nhật đơn hình chữ nhật kép lại với bảng hình chữ nhật 2008x2010 Tìm số nhỏ hình chữ nhật đơn dùng để ghép (Vietnam TST 2010) Lời giải Ta xét hình chữ nhật 2008x2010 thỏa yêu cầu toán Gọi x,y số hình chữ nhật đơn 1x2 , 2x1 z,t số hình chữ nhật kép 2x3,3x2 dùng cách phủ Các ô hàng lẻ ta tô màu trắng, ô hàng chẵn ta tô mau đen NX 1: Dựa vào đẳng thức diện tích, ta có: 2(x + y) + 4(z + t) = 2008.2010 (1) NX 2: Trên toàn bảng hình chữ nhật kép 2x3 3x2 có ô màu đen ô màu trắng Hình chữ nhật đơn 2x1 ghép dọc nên số ô màu đen số ô màu trắng Suy số hình chữ nhật 1x2 hàng tô màu đen số hình chữ nhật 1x2 hàng tô màu trắng Hơn có tất 2008 hàng nên ta suy x chẵn, cộng với đẳng thức (1) ta suy y chẵn Hay nói cách khác ta có x,y chẵn (2) Bây tất ô hàng thứ i hình chữ nhật ta điền số i ( ≤ i ≤ 2008 ) f hiệu tổng số ghi ô màu trắng tổng số ghi ô màu đen hình chữ nhật xét Ta có: f(3x2) = 0,f(2x3) = ±2,f(2x1) = ±1 Suy ∑ f(3x2) = 0, ∑ f(2x3) ≤ 2z, ∑ f(2x1) ≤ y (trong ∑ f(3x2) tổng tính tất hình chữ nhật kép 3x2 dùng, tương tự cho kí hiệu lại) GV: Nguyễn Tất Thu 18 CỰC TRỊ TỔ HỢP Mặt khác tổng số ghi x hình chữ nhật 1x2 số chẵn thuộc đoạn  2; 2.2008  , mà x số chẵn nên ta có đánh giá sau x ∑ f(1x2) ≤ (2.2008 − 2) Ta có f(2008x2010) = 1004 ∑ i =1 2010[2i − (2i − 1)] = 1004 ∑ i =1 2010 = 2010.1004 Do đó: 2010.1004 = ∑ f(3x2) + ∑ f(2x3) + ∑ f(2x1) + ∑ f(1x2) ≤ x ( 2.2008 − ) + y + 2z = 2007x + y + 2z (3) Tiếp theo ta xét hình chữ nhật 2010x2008 , lấp luận hình chữ nhật 1x2, 2x1, 2x3, 3x2 dùng tương tự ta xây dựng bất đẳng thức 2008.1005 ≤ 2009y + x + 2t (4) Từ (3) (4) ta suy ra: 2010.1004 + 2008.1005 ≤ 2008x + 2010y + 2(z + t) (5) Theo (1) 2008.1004 = x + y + 2(z + t) kết hợp với (5) ta có: 2010.1004 ≤ 2007x + 2009y ≤ 2009(x + y) ⇒ x + y > 1004 Mà x + y số chẵn nên ta suy được: x + y ≥ 1006 Ta chứng minh tồn cách ghép cần dùng 1006 hình chữ nhật đơn Hình mô tả cách ghép hình chữ nhật 10x16, đó: hình chữ nhật khuyết tô màu khác (đỏ, hồng, xanh lam, xanh cây, xanh đậm) để dễ dàng phân biệt; hình khối tô màu xanh mạ hình chữ nhật đơn chắn phải dùng, khối màu vàng tùy trường hợp, hình chữ nhật đơn mà hình chữ nhật khuyết GV: Nguyễn Tất Thu 19 CỰC TRỊ TỔ HỢP Hình chữ nhật 2010x2008 tạo thành từ hình quy tắc sau: - Thêm dìng cách chèn vào khối hình có dạng: Mỗi lần ghép ta có thêm hai hàng mới, 2010 chia hết thực việc liên tiếp cách thích hợp khối tăng chiều dài, tạo thành khối có kích thước 2010 × khối vậy, ta dùng hình chữ nhật màu xanh mạ GV: Nguyễn Tất Thu 20 CỰC TRỊ TỔ HỢP - Thêm cột cách lặp lại khối 1, , 3, hình (chú ý tính tuần hoàn khối: (1) tương ứng với (3), (2) tương ứng với (4)) Như ta cần phải có tất 502 khối dành cho 2008 cột Đồng thời, khối khối cuối cùng, ta cần dùng thêm hình chữ nhật đơn màu vàng, khối dùng hình chữ nhật khuyết màu vàng Tức là: hai khối cuối cùng, ta cần dùng hình chữ nhật đơn, khối cần dùng hình chữ nhật đơn Khi đó, tổng số hình chữ nhật đơn cần dùng là: 500.2 + 2.3 =1006 Xoay hình chữ nhật 2010× 2008 lại, ta hình chữ nhật 2008× 2010 cần phải ghép, hình chữ nhật có 1006 hình chữ nhật đơn thỏa mìn đề Do đó, cách ghép thỏa yêu cầu toán Vậy giá trị nhỏ hình chữ nhật đơn cần dùng 1006 Ví dụ 14 Trên bàn cờ 2010x2010 đặt vào k hình 1x2 cho đặt thêm hình (các hình 1x2 rời nhau) Tìm số lớn ô tự lại Lời giải Đặt n = 2010 t số ô tự lại bàn cờ Ta chứng minh t ≤ n2 + ô Gọi x1 số ô tự nằm bảng x số ô tự nằm biên (không tính góc) x số ô tự nằm góc x số ô tự bảng Ta có: x = x1 + x + x Gọi y1 số hình 1x2 nằm bảng, y số hình 1x2 nằm dính biên n −x Suy y1 + y = GV: Nguyễn Tất Thu 21 CỰC TRỊ TỔ HỢP Ta đếm số cặp “ số ô tự – biến ô dính với hình chữ nhật 1x2 ” Số cặp 4x1 + 3x + 2x Mặt khác: số cặp không vượt 4y1 + 3y nên ta có: 4x1 + 3x + 2x ≤ 4y1 + 3y (1) Do hai ô tự nằm biên liên tiếp bị tách hình chữ nhật 1x2 nên x + x ≤ y + (2) Lấy (1)+(2) ta được: 4(x1 + x + x ) − x ≤ 4(y1 + y ) + 2n + + x Suy 4x − x3 ≤ 2(n − x) + ⇒ x ≤ Do x ≤ nên ta suy x ≤  n2 +  n2 + + ⇒x≤     n2 +  n2 n = 2010 ⇒ x ≤ = 1346700  = Với 3   Ta xét cách ghép sau xảy dấu “=” GV: Nguyễn Tất Thu 22 CỰC TRỊ TỔ HỢP Ví dụ 15 Cho 2006 điểm phân biệt không gian, bốn điểm thẳng hàng Số k gọi số tốt ta điền lên đoạn thẳng nối hai điểm 2006 điểm cho số tự nhiên không vượt k cho với tam giác có ba đỉnh 2006 điểm đa cho có hai cạnh điền hai số cạnh lại điền số lớn Tìm số tốt có giá trị nhỏ (TST Việt Nam 2006) Lời giải Ta chứng minh số tốt nhỏ 10 Trước hết ta định nghĩa số khái niệm sau: Một cách điền số tự nhiên không vượt k lên đoạn thẳng nối n điểm không gian, bốn điểm đồng phẳng, cách điền tốt với tam giác có ba đỉnh n đỉnh cho có hai cạnh điền hai số cạnh lại điền số lớn hơn, ta gọi k số n-tốt Ký hiệu số n-tốt có giá trị nhỏ f(n) Ta chứng minh f(2006) = 10   n + 1  Trước hết, ta chứng minh f(n) = f    ÷+ (1)     n + 1  Với k > l ta có f(k) ≥ f(l) nên suy f(n) ≥ f   ÷     n + 1  Để chứng minh (1) ta chứng minh f    ÷ số n-tốt     n + 1  f  ÷+ số n – tốt     n + 1  Giả sử f    ÷ số n – tốt, tồn cách điền số tự nhiên   GV: Nguyễn Tất Thu 23 CỰC TRỊ TỔ HỢP   n + 1  không vượt f    ÷ lên cạnh n điểm cách điền tốt   Ta thấy tam giác có ba đỉnh điểm cho có hai   n + 1  cạnh đánh số f    ÷, suy hai cạnh điền     n + 1  f  ÷ đầu mút chung Do ta kí hiệu n điểm     n + 1  cho A1 ,A , ,A n , cạnh đánh số f    ÷   A1A ,A 3A , ,A 2k −1A 2k điểm lại A 2k +1 , ,A n Ta xét điểm A1 ,A , ,A 2k −1 ,A 2k +1 , ,A n ( Do 2k < n nên có  n + 1   điểm chọn, ta gọi m số điểm chọn) đoạn thảng   nối điểm   n + 1  Do cạnh đánh số f    ÷ nên :     n + 1    n + 1  f(m) ≤ f   ÷− < f    ÷      n + 1 Vô lí m >       n + 1  Vậy điều giả sử sai, suy f(n) > f    ÷     n + 1  Tiếp theo ta chứng minh f    ÷+ số n - tốt   Xét n điểm A1 ,A , ,A n Ta xét cách điền số sau: GV: Nguyễn Tất Thu 24 CỰC TRỊ TỔ HỢP Ta điền số lên cạnh Ai A j mà i ≠ j(mod 2)   n + 1  Với điểm A1 ,A , ta điền số từ đến f    ÷ lên    đoạn nối cho cách điền tốt với điểm nên   n + 1  điền số từ đến f    ÷+ cho cách điền tốt với điểm   (2)   n + 1  Tương tự ta điền số từ đến f    ÷+ lên cạnh nối    điểm A ,A , cho cách điền tốt với điểm (3) Ta chứng minh cách điền cách điền tốt n điểm nêu Xét tam giác Ai A jA k Nếu i ≡ j ≡ k(mod 2) , theo (2) (3) ta có tam giác Ai A jA k có hai cạnh điền hai số cạnh lại điền số lớn Nếu ba số có hai số tính chẵn lẻ khác tính chẵn lẻ với số lại, không tính tổng quát, ta giả sử i ≡ j(mod 2),i ≠ k(mod 2), j ≠ k(mod 2) Khi đó, theo cách điền cạnh Ai A k ,A jA k điền số 0, cạnh lại điền số lớn   n + 1  Suy f    ÷+ số n – tốt     n + 1  Vậy ta có: f(n) = f    ÷+   Từ suy : f(2006) = f(4) + Ta tính f(4) GV: Nguyễn Tất Thu 25 CỰC TRỊ TỔ HỢP Ta có số 4-tốt số - tốt với cách điền sau Suy f(4) = Vậy f(2006) = 10 Bài tập Bài Giả sử S tập tập A = { 1; 2; 3; ;14;15} thỏa mãn: tích phần tử thuộc S không số phương Tìm số phần tử lớn S Bài Cho tập hợp P gồm n điểm phân biệt mặt phẳng ( n ≥ ),trong điểm thẳng hàng Mỗi cặp điểm thuộc P nối đoạn thẳng tô màu đỏ tô màu xanh.Tìm số nhỏ đoạn thẳng tô màu đỏ cho tam giác với đỉnh thuộc P có cạnh màu đỏ Bài Trong không gian cho 2006 điểm mà điểm đồng phẳng Nối tất cặp điểm cho đoạn thẳng Số tự nhiên m gọi tốt ta gán cho đoạn thẳng số tự nhiên k ≤ m cho tam giác tạo số điểm cho có hai cạnh cạnh lại gán số lớn hai số Tìm số tốt nhỏ Bài Trong môột giải bóng đá có 20 đôội tham gia, thi đấu vòng tròn môột lượt (kết thúc giải đôội đá với đôội lại môột trâộn) Tìm số k GV: Nguyễn Tất Thu 26 CỰC TRỊ TỔ HỢP lớn cho sau k vòng đấu (mỗi đôội đấu k trâộn) tìm đôội đôi môột chưa đá với Bài Cho bảng ô vuông 5x5 Gọi A tập hợp đỉnh hình vuông đơn vị trừ đỉnh bảng Hỏi ta chọn từ A nhiều bao nhiều điểm để số điểm chọn ba điểm lập thành tam giác cân Bài Trong mặt phẳng, cho tập hợp A gồm 20102 điểm phân biệt đánh số từ đến 20102 cho ba điểm chúng không thẳng hàng Một tứ giác (lồi lõm) gọi "đẹp" đỉnh thuộc A đánh số số thỏa mãn hai điều kiện sau: i) Đó số tự nhiên cách 2010 đơn vị ii) Đó số tự nhiên liên tiếp có chứa số chia hết cho 2010 số phải lớn Nối tất điểm thuộc tập hợp A lại với cho điểm thuộc A thuộc tứ giác Tìm số lớn tứ giác "đẹp" tạo thành Bài Cho đa giác lồi 67 đỉnh đỉnh nối với đoạn thẳng Chọn n đoạn đoạn tô màu 10 màu cho trước Tìm số n nhỏ cho với cách tô tìm đỉnh mà có cạnh xuất phát từ màu Bài Gọi G tập hợp điểm có tọa độ (x; y) mặt phẳng tọa độ với x,y ∈ ¢ ,1 ≤ x,y ≤ 2011 Một tập S G gọi tập "hình bình hành tự do" điểm S tạo thành hình bình hành (trừ trường hợp chúng thẳng hàng) Xác định cỡ lớn S GV: Nguyễn Tất Thu 27 CỰC TRỊ TỔ HỢP Bài Cho n − giác lồi ( n ≥ ) Chia đa giác thành tam giác rời có đỉnh đỉnh đa giác, tô tam giác màu đỏ trắng cho hai tam giác chung cạnh tô hai màu khác Trong tất cách chia tìm số tam giác nhỏ tô màu đỏ Bài 10 Giả sử M tập tập gồm tất cặp số tự nhiên i < k không vượt số tự nhiên n (n ≥ 2) cho trước.Trong cặp i < k thuộc M cặp k < m thuộc M Hãy xác định số cặp lớn có tập M Bài 11 Cho tập M = { 1,2, ,40} Tìm số nguyên dương k nhỏ cho tồn k tập A1 ,A , ,A k thỏa điều kiện sau: i) M = k U Ai i =1 Ai ∩ A j = ∅ ii) Không tồn tập Ai cho tồn ba phần tử a,b,c ∈ Ai (a,b,c không thiết phân biệt) cho a + b = c Bài 12 Trong đại hội có 51 đại biểu Đại biểu chia thành n nhóm cho đại biểu thuộc vào nhóm Mỗi đại biểu ghét đại biểu khác Biết A ghét B không thiết B ghét A Tìm số n nhỏ cho ta chia n nhóm cho đại biểu ghét đại biểu khác nhóm ông bà Bài 13 Trên bàn cờ vua kích thước 8x8 chia thành 64 ô vuông đơn vị, người ta bỏ ô vuông đơn vị vị trí hàng thứ m cột thứ n ( ≤ m ≤ 8;1 ≤ n ≤ ) Gọi S(m;n) số hình chữ nhật tạo hay nhiều ô vuông đơn vị bàn cờ cho ô trùng với vị trí ô bị xóa bỏ ban đầu Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn S(m;n) GV: Nguyễn Tất Thu 28 CỰC TRỊ TỔ HỢP Bài 14 Cho tập S = { 1,2, ,2012} Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất: Với tập A S mà A = k A ta tìm ba phần tử x,y,z cho x = a + b,y = b + c,z = c + a a,b,c phần tử thuộc tập S (CMO 2010) Bài 15.(Vietnam TST 2012) Trên cánh đồng hình chữ nhật kích thước m × n ô vuông gồm m hàng n cột người ta đặt số máy bơm nước vào ô vuông Biết máy bơm nước tưới nước cho ô vuông có chung cạnh với ô vuông cột với cách ô vuông Tìm số nhỏ máy bơm nước cho máy bơm nước tưới hết cánh đồng trường hợp: a) m = b) m = GV: Nguyễn Tất Thu 29 CỰC TRỊ TỔ HỢP PHẦN IV KẾT QUẢ Khi thực giảng dạy cho em học sinh đội tuyển học sinh giỏi, em giảm bớt e sợ dạng toán em phần định hướng cách giải gặp số toán thuộc dạng PHẦN V BÀI HỌC KINH NGHIỆM Trong dạy học chủ đề tổ hợp, giáo viên cố gắng xây dựng cách hệ thống toán thường gặp định hướng để giải toán giúp học sinh lĩnh hội kiến thực tốt em không e sợ với toán tổ hợp Qua nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi PHẦN VI KẾT LUẬN Việc xây dựng hệ thống tập góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy môn toán phát triển tư sáng tạo cho học sinh Phần VII Tài liệu tham khảo GV: Nguyễn Tất Thu 30 CỰC TRỊ TỔ HỢP [1] Lí thuyết tổ hợp ứng dụng – Vũ Đình Hòa [2] Tìm hiểu đại số tổ hợp – Ngô Thúc Lanh [3] Tuyển tập 200 toán vô địch (Tập 7: Tổ hợp) – Nguyễn Quý Dy [4] Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Rời rạc – Nguyễn Văn Mậu (chủ biên) [5] Các thi Olympic Toán THPT – Toán học tuổi trẻ [6] Các tài liệu từ internet [7] Các trang web toán: http://math.vn/ , http://forum.mathscope.org/ GV: Nguyễn Tất Thu 31