Đang tải... (xem toàn văn)
ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán, ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,
Đa thức ứng dụng toán tổ hợp Trần Nam Dũng Trờng ĐHKHTN Tp HCM Đa thức khái niệm quan trọng toán học, có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác nhau: đại số, số học, hình học đại số, lý thuyết hàm Trong viết này, đề cập đến ứng dụng đa thức toán tổ hợp Đa thức toán tổng Quy tắc nhân đơn thức xa1.xa2.xan = xa1+a2++an, thú vị, nhiều trờng hợp, cho ứng dụng bất ngờ đa thức vào toán liên quan đến tổng Ta xem xét số ví dụ Bài toán (IMO 1995) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập A tập hợp {1, 2, , 2p}, biết (i) A chứa p phần tử; (ii) tổng phần tử A chia hết cho p Lời giải: Xét đa thức P(x) = xp-1 + xp-2 + + x + Đa thức có p-1 nghiệm phức phân biệt Gọi nghiệm P(x) Chú ý , 2, , p-1 p-1 nghiệm phân biệt P(x) p = Do đó, theo định lý Viette, xp-1 - = (x-)(x-2) (x-p-1) Xét đa thức Q(x) = (x-)(x-2) (x-2p) gọi H = { A {1, 2, , 2p}: |A| = p} S ( A) ; S ( A) = x Giả sử Q( x) = x i Khi a p = 2p AH i =0 Vì S(A) i (mod p) S(A) x A = nên i ni số A H cho S(A) i (mod p) p Mặt khác Q(x) = (xp-1)2, suy ap = -2 Thành thử n i =0 i i = (*) p Xét đa thức R( x) = ni x i + n0 i =1 Từ đẳng thức (*) suy nghiệm R Vì degP = degR nghiệm P nên P R sai khác số nhân Từ np-1 = np-2 = = n1 = n0 - suy n p + n p + + n1 + n0 C 2pp n0 = = p p Vậy đáp số toán n0 = + C 2pp p Với đa tập hợp (cho phép phần tử trùng nhau) A = {x1, x2, , xn} ta đặt A(2) = {xi + xj | i < j n} A(2) có nhiều tính chất thú vị, chẳng hạn, n = 3, biết A(2) biết đợc A, nhng với n = điều không nữa, chẳng hạn với A = {1, 4, 5, 6} B = {2, 3, 4, 7} A(2) = B(2) = { 5, 6, 7, 9, 10, 11} Vì biết A(2) = { 5, 6, 7, 9, 10, 11} biết đợc A Một câu hỏi thú vị đặt là, với giá trị n biết A (2), ta tìm đợc A? Kết toán dới trả lời phần câu hỏi Bài toán Với n = 2k, chứng minh tồn đa tập hợp A, B thoả mãn điều kiện: 1) | A | = | B | = n; 2) A B 3) A(2) = B(2) Điều ngợc lại đúng, nghĩa tồn đa tập hợp A, B thoả mãn điều kiện 1) 2) 3) n = 2k Lời giải: Ta chứng minh vế đầu phơng pháp quy nạp toán học Với k = 1, ta chọn A = {1, 4}, B = {2, 3} Giả sử ta xây dựng đợc hai đa tập hợp A, B cho 1) | A | = | B | = 2k; 2) A B, 3) A(2) = B(2) Khi đặt A* = A (B + s) B* = (A + s) B Trong A + s = { a + s| a A} Khi |A*| = |B*| = 2k+1, A*(2) = B*(2) với s đủ lớn A* B* Để chứng minh vế thứ hai, giả sử tồn hai đa tập hợp A B thoả mãn điều kiện 1) 2) 3) Đặt f(x) = xa1 + xa2 + + xan, g(x) = xb1 + xb2 + + xbn Khi đó, từ điều kiện A(2) = B(2) ta suy f2(x) - f(x2) = g2(x) - g(x2) Từ f(x2) - g(x2) = (f(x) - g(x))(f(x)+g(x)) Do f(1) = g(1) = n nên f(x) - g(x) chia hết cho x-1 Đặt f(x) - g(x) = (x-1)kh(x) (h(1) 0) thay vào phơng trình ta đợc (x2-1)kh(x2) = (x-1)kh(x)(f(x)+g(x)) Suy (x+1)kh(x2) = h(x)(f(x)+g(x)) Thay x = 1, ý h(1) f(1) = g(1) = n, ta đợc n = 2k-1 (đpcm) Dãy phủ đầy đủ cặp thứ tự (ai, bi) i = 1, 2, , k số nguyên không âm, cho với số nguyên không âm n, tồn số i, i k cho n mod bi Ví dụ với số nguyên không âm n n đồng d mođun 2, đồng d mô đun Do (1, 2), (0, 4), (2, 4) dãy phủ đầy đủ Bài toán dới cung cấp số tính chất thú vị dãy phủ đầy đủ, điều kiện cần để dãy dãy phủ đầy đủ Bài toán Nếu (a1, b1), (a2, b2), , (an, bn) dãy phủ đầy đủ 1 1) + + + =1 b1 b2 bn 2) a a1 a n + + + n = b1 b2 bn Lời giải: Xét n x + kbi i =1 k = Theo định nghĩa dãy phủ đầy đủ với N, tồn số i cho N đồng d môđun bi, tức N = + kbi Nh vậy, xN xuất lần tổng nói Vậy ta có n x +kbi = x i i =1 k = i =0 áp dụng công thức tính cấp số nhân, ta đợc n x = bi x i =1 x Ta khai thác đẳng thức quan trọng để chứng minh tính chất 1), 2) Để chứng minh 1), ta viết lại đẳng thức dới dạng n n x (1 x) x = = (*) hay bi bi i =1 x i =1 + x + + x n Cho x = ta đợc = i =1 bi Để chứng minh 2), ta lấy đạo hàm hai vế đẳng thức (*) đợc n x (1 + x + + x bi ) x (1 + x + + (bi 1) x bi ) =0 (1 + x + + x bi ) i =1 Cho x = 1, ý + + + bi-1 = (bi-1)bi/2, ta đợc n n bi (bi 1)bi / 1 =0 = hay bi 2bi i =1 i =1 bi Từ kết câu 1) suy đpcm Bài toán Chứng minh từ 2n-1 số nguyên tìm đợc n số có tổng chia hết cho n Lời giải: Với n nhỏ, toán chứng minh dễ dàng cách xét trờng hợp Ví dụ, với n = 3, ta chia số nguyên vào chuồng, chuồng chia d 0, chuồng chia d chuồng chia d Nếu chuồng chứa số chọn từ chuồng, chuồng số, ta đợc số cần tìm Nếu có chuồng rỗng có chuồng có số số cần tìm Với n = 5, ta lặp lại cách chứng minh tơng tự, nhiên số trờng hợp cần xét nhiều Nếu n hợp số, chẳng hạn n = 9, ta sử dụng cách làm sau: áp dụng kết với n = 3, từ 17 số {a1, a2, , a17} dĩ nhiên chọn số có tổng chia hết cho Không tính tổng quát, giả sử a1 + a2 + a3 Tiếp theo, từ 13 số {a4, a5, , a17}, chọn số có tổng chia hết cho 3, giả sử a 4, a5, a6 Tiếp tục nh vậy, ta đợc ba số có tổng chia hết cho 3, mà, cách đánh số lại cần, giả sử (a 7, a8, a9), (a10, a11, a12), (a13, a14, a15) Xét số s1 = (a1+a2+a3)/3, s2 = (a4+a5+a6)/3,, s5 = (a13+a14+a15)/3 Theo cách xây dựng, số s1, s2, , s5 số nguyên áp dụng kết với n = 3, ta suy tồn số số có tổng chia hết cho Không tính tổng quát, giả sử s1, s2, s3 Khi a1 + a2 + a3 + + a9 = 3(s1 + s2 + s3) chia hết cho (đpcm) Bằng cách làm tơng tự, ta thấy toán với n = p n = q với n = pq Nh vậy, ta cần chứng minh toán với n = p số nguyên tố Ta chứng minh điều này: Giả sử ngợc lại, tồn 2p - số nguyên a 1, a2, , a2p-1 cho tổng gồm p phần tử không chia hết cho p Khi đó, theo định lý nhỏ Fermat ta có (ai1+ai2 + + aip)p-1 (mod p) Từ ta có (ai1 + + + aip ) p1 C 2pp (mod p) 1i1 số nguyên Trong không gian, xét tập hợp S = { (x, y, z) | x, y, z {0, 1, , n}, x + y + z > 0} Hãy tìm số mặt phẳng nhỏ chứa tất (n+1) - điểm S nhng không qua gốc toạ độ Chú ý trờng hợp chiều toán giải đợc phơng pháp quy nạp toán học, nhng lời giải phát triển thành lời giải cho trờng hợp chiều Cho đến nay, dù có hai cách chứng minh khác nhau, nhng hai cách dựa vào đa thức biến nh sau: Dễ dàng nhận thấy mặt phẳng: xi + yi + zi - i = với i = 1, 2, , 3n chứa tất điểm S không chứa gốc toạ độ Giả sử H1, H2, , Hk mặt phẳng chứa tất điểm S nhng không qua gốc toạ độ Giả sử mặt phẳng Hi có phơng trình aix + biy + ciz + di = k Xét đa thức P ( x, y, z ) = (ai x + bi y + ci z + d i ) Ta có P(x, y, z) = với x, y, z thuộc S i =1 P(0, 0, 0) Ta chứng minh degP 3n Từ suy 3n đáp số toán Có hai cách tiếp cận nh sau Cách 1: (Dựa theo lời giải Peter Scholze, ngời Đức) Giả sử k < 3n Với đa thức Q(x, y, z) đặt xQ(x, y, z) = Q(x+1, y, z) - Q(x, y, z) Tơng tự với y, z Từ tính chất đa thức P, ta chứng minh quy nạp x {0, , n h}, y {0, , n l}, z {0, , n m}, x + y + z > hx l y mz P ( x, y, z ) = ( x, y, z ) = (0,0,0) n n n n n n Từ x y z P (0,0,0) Điều mâu thuẫn x y z P ( x, y, z ) có bậc nhỏ 3n - 3n, đa thức đồng Có thí sinh khác ngời Italy làm theo cách giải Scholze Cách giải tơng tự với cách giải đáp án thức Cách 2: Cách áp dụng trực tiếp định lý không điểm tổ hợp sau Định lý (Combinatorial Nullstellensatz) Cho F trờng bất kỳ, f(x1, x2, , xn) đa thức thuộc F[x1, x2, , xn] Giả sử bậc deg(f) f t + t2 + + tn, ti số nguyên không âm hệ số đơn thức x1t1x2t2xntn f khác Khi đó, S 1, S2, , Sn tập F cho |Si| > ti tồn s1 S1, s2 S2, , sn Sn cho f(s1, s2, , sn) Có thí sinh lần lợt đến từ Moldova, Ukraina Nga chứng minh lại định lý áp dụng để giải toán Thật vậy, giả sử k < 3n Xét Q(x, y, z) = P(x, y, z) d(x-1)(x-n)(y-1)(y-n)(z-1)(z-n) Trong d đợc chọn cho Q(0, 0, 0) = Khi Q(x, y, z) = với (x, y, z) Sx ì Sy ì Sz Vì |Sx| = |Sy| = |Sz| > n hệ số xnynzn Q(x, y, z) d khác nên theo định lý Combinatorial Nullstellensatz, tồn (x0, y0, z0) Sx ì Sy ì Sz cho Q(x0, y0, z0) Mâu thuẫn Vậy k = 3n Định lý Combinatorial Nullstellensatz trờng hợp rời rạc định lý không điểm Hilbert tiếng (Hilbert Nullstellensatz) Định lý đợc Nora Alon chứng minh năm 1999 có nhiều ứng dụng số học, tổ hợp lý thuyết đồ thị Phép chứng minh định lý xem [4, 5, 6] Sau xem xét số ứng dụng khác định lý Bài toán (Cauchy Davenport) Với tập hợp A B, định nghĩa A+B = {a+b| a A, b B} Khi với số nguyên tố p với A, B thuộc Zp, ta có |A + B| {p, |A| + |B| - 1} Lời giải: Nếu |A| + |B| > p, kết luận toán hiển nhiên: trờng hợp A + B = Zp Bây giả sử |A| + |B| p giả sử ngợc lại |A + B| |A| + |B| - Khi Zp có tập hợp C cho C A + B, |C| = |A| + |B| - Xét đa thức |A|-1 |B|-1 x y f ( x, y ) = ( x + y c) Fp[x, y] Nó có bậc |A| + |B| - có hệ số cC | A|1 C| A|+|B|2 mod p Vì |A| + |B| - < p nên hệ số khác Theo định lý CN, tồn a A, b B cho f(a, b) 0, trái với định nghĩa f Vậy |A + B| |A| + |B| - Định lý Cauchy Davenport, phần mình, có nhiều ứng dụng Chẳng hạn dùng định lý để chứng minh định lý Erdos-Ginzburg-Zieve (bài toán phần 1) Bài tập Cho p số nguyên tố lẻ, n > p số nguyên dơng Tìm số tập A tập hợp {1, 2, , n}, biết (i) A chứa p phần tử; (ii) tổng phần tử A chia hết cho p Cho n số nguyên dơng lớn 1, S = {1, 2, , n} Tô màu phần tử S hai màu xanh đỏ, cho có s số đợc tô màu xanh t số đợc tô màu đỏ Hãy tìm số ba số (x, y, z) S3 cho x, y, z đợc tô màu x + y + z chia hết cho n Cho A tập hợp hữu hạn số nguyên dơng cho tất tổng hay số số A khác đôi Chứng minh tổng nghịch đảo số thuộc A nhỏ (IMO 1990) Chứng minh tồn đa giác lồi với 1990 cạnh cho a) tất góc b) độ dài cạnh, theo thứ tự đó, 12, 22, 32, , 19892, 19902 Ngời ta muốn phân phối quà A, B, C, D, E cho ngời a, b, c, d, e cho a không nhận A hay C; b không nhận D; c không nhận B hay E; d không nhận B; e không nhận A hay C Tính xác suất để a) a nhận E b) b e nhận E Cho S = {(x, y)| x m, y n, x + y > 0} Chứng minh để phủ tất điểm S đờng thẳng không qua gốc toạ độ, ta cần m+n đờng thẳng (Vô địch Nga, 1991) Cho 2n số thực phân biệt a 1, a2, , an, b1, b2, , bn Bảng n ì n đợc ghi số theo quy tắc sau: ô dòng i, cột j ta ghi số a i + bj Chứng minh tích số tất cột tích số tất hàng Cho p số nguyên tố G đồ thị có bậc không nhỏ 2p-1 Chứng minh tồn tập không rỗng đỉnh U G cho số cạnh có đỉnh thuộ U chia hết cho p (Vô địch Saint-Peterburg 2003) Cho p số nguyên tố số nguyên dơng n p Giả sử a1, a2, , an số nguyên fk số tập k phần tử có n tổng chia hết cho p Chứng minh (1) k =0 k f k p (ta quy ớc f0 = 1) Tài liệu tham khảo Herbert S Wilf, Generatingfunctionology, electronic version, http://www.math.upenn.edu/%7Ewilf/DownldGF.html Trần Ngọc Danh, Toán rời rạc nâng cao, Nhà xuất Đại học quốc gia Tp HCM, 2004 Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Nho, Lê Hoành Phò, Tuyển tập dự tuyển Olympic Toán học quốc tế 1991 2001, Nhà xuất Giáo dục 2003 Nora Alon, Combinatorial Nullstellensatz, Combinatorics, Probability and Computing, (1-2), 7-29 Anton Batominosvki, Solution to IMO 2007 Problems, Internet resource Veselin Dimitrov, Combinatorial Nullstellensatz, viết Các toán Olympic Toán Xanh- Petécbua 2005, (tiếng Nga)