Đa thức và ứng dụng trong các bài toán tổ hợp

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 và ứng dụng trong các bài toán tổ hợp

Trần Nam Dũng Trờng ĐHKHTN Tp HCM

Đa thức là một trong các khái niệm quan trọng của toán học, có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau: đại số, số học, hình học đại số, lý thuyết hàm … Trong bài viết này, chúng tôi đề cập đến những ứng dụng của đa thức trong các bài toán tổ hợp

1 Đa thức và các bài toán về tổng con

Quy tắc nhân đơn thức xa1.xa2….xan = xa1+a2+…+an, rất thú vị, trong nhiều trờng hợp, cho chúng ta những ứng dụng bất ngờ của đa thức vào các bài toán liên quan đến tổng con Ta xem xét một số ví dụ

Bài toán 1 (IMO 1995) Cho p là một số nguyên tố lẻ Tìm số các tập con A của tập hợp

{1, 2, …, 2p}, biết rằng

(i) A chứa đúng p phần tử;

(ii) tổng các phần tử của A chia hết cho p

Lời giải: Xét đa thức P(x) = xp-1 + xp-2 + … + x + 1 Đa thức này có p-1 nghiệm phức phân biệt Gọi  là một nghiệm bất kỳ của P(x) Chú ý rằng , 2, …, p-1 là p-1 nghiệm phân biệt của P(x) và p = 1

Do đó, theo định lý Viette, xp-1 - 1 = (x-)(x-2) …(x-p-1)

Xét đa thức Q(x) = (x-)(x-2) …(x-2p) và gọi

H = { A  {1, 2, …, 2p}: |A| = p}A|A| = p} = p}





p i

i

i x a x

Q

2

0

)











A x H

A

A S

Vì nếu S(A)  i (mod p) thì S(A) = i nên

trong đó ni là số các A  H sao cho S(A)  i (mod p)

Mặt khác Q(x) = (xp-1)2, suy ra ap = -2 Thành thử 







1

0

2

p i

i i











1

1

0 2 )

(

p i

i

i x n n x

Từ đẳng thức (*) suy ra  là một nghiệm của R Vì degP = degR và  là một nghiệm bất

kỳ của P nên P và R chỉ sai khác nhau hằng số nhân Từ đó

np-1 = np-2 = … = n1 = n0 - 2

suy ra

p

C p

n n n

n n

p p p

0

















0

p

C n

p

p 





Với mỗi đa tập hợp (cho phép các phần tử trùng nhau) A = {x1, x2, …, xn} ta đặt A(2) = {xi

+ xj |A| = p} 1  i < j  n} A(2) có nhiều tính chất thú vị, chẳng hạn, khi n = 3, biết A(2) thì có thể biết đợc A, nhng với n = 4 thì điều này không còn đúng nữa, chẳng hạn với

A = {1, 4, 5, 6} B = {2, 3, 4, 7}

thì

A(2) = B(2) = { 5, 6, 7, 9, 10, 11}

Vì thế biết A = { 5, 6, 7, 9, 10, 11} không thể biết đợc A.

Một câu hỏi thú vị đặt ra là, với những giá trị nào của n thì nếu biết A(2), ta có thể tìm đợc A? Kết quả bài toán dới đây sẽ trả lời một phần câu hỏi đó

Bài toán 2 Với n = 2k, chứng minh rằng tồn tại các đa tập hợp A, B thoả mãn điều kiện: 1) |A| = p} A |A| = p} = |A| = p} B |A| = p} = n; 2) A  B và 3) A(2) = B(2)

Điều ngợc lại cũng đúng, nghĩa là nếu tồn tại các đa tập hợp A, B thoả mãn các điều kiện 1) 2) và 3) thì n = 2k

Lời giải: Ta chứng minh vế đầu bằng phơng pháp quy nạp toán học Với k = 1, ta có thể

chọn A = {1, 4}, B = {2, 3} Giả sử ta đã xây dựng đợc hai đa tập hợp A, B sao cho 1) |A| = p} A |A| = p} = |A| = p} B |A| = p} = 2k; 2) A  B, 3) A(2) = B(2) Khi đó đặt

A* = A  (B + s) và B* = (A + s)  B

Trong đó A + s = { a + s|A| = p} a  A}

Khi đó |A| = p}A*|A| = p} = |A| = p}B*|A| = p} = 2k+1, A*(2) = B*(2) và với s đủ lớn thì A*  B*

Để chứng minh vế thứ hai, giả sử tồn tại hai đa tập hợp A và B thoả mãn các điều kiện 1) 2) và 3) Đặt

f(x) = xa1 + xa2 + … + xan, g(x) = xb1 + xb2 + … + xbn

Khi đó, từ điều kiện A(2) = B(2) ta suy ra

f2(x) - f(x2) = g2(x) - g(x2)

Từ đó 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)

và thay vào phơng trình trên thì ta đợc

(x2-1)kh(x2) = (x-1)kh(x)(f(x)+g(x))

Suy ra

(x+1)kh(x2) = h(x)(f(x)+g(x))

Thay x = 1, chú ý h(1)  0 và f(1) = g(1) = n, ta đợc n = 2k-1 (đpcm)

Dãy phủ đầy đủ là các cặp sắp thứ tự (ai, bi) i = 1, 2, …, k các số nguyên không âm, sao cho với mọi số nguyên không âm n, tồn tại duy nhất một chỉ số i, 1  i  k sao cho n 

ai mod bi

Ví dụ với mọi số nguyên không âm n thì n hoặc đồng d 1 mođun 2, hoặc đồng d 0 hoặc 2 mô đun 4 Do đó (1, 2), (0, 4), (2, 4) là một dãy phủ đầy đủ

Bài toán dới đây cung cấp một số tính chất thú vị của dãy phủ đầy đủ, cũng là những điều kiện cần để một dãy là dãy phủ đầy đủ

Bài toán 3 Nếu (a1, b1), (a2, b2), …, (an, bn) là một dãy phủ đầy đủ thì

2

1

)

2

1

1

1 1

)

1

2

2 1

1

2 1



















n b

a b

a b

a

b b

b

n n n

Lời giải: Xét

 









n

i k

kb

a i i x

1 0

Theo định nghĩa của dãy phủ đầy đủ thì với mọi N, tồn tại duy nhất một chỉ số i sao cho

N đồng d ai môđun bi, tức là N = ai + kbi Nh vậy, xN xuất hiện đúng 1 lần trong tổng nói trên Vậy ta có









n

i k

kb

x i i

áp dụng công thức tính cấp số nhân, ta đợc



n

a

x x

x

i i

1 1

Ta sẽ khai thác đẳng thức quan trọng này để chứng minh các tính chất 1), 2) Để chứng minh 1), ta viết lại đẳng thức trên dới dạng











n

a

i

i

x

x x

1

1 1

) 1 (



 







n

a

i

i

x x

x

1

1







n

i b i

Để chứng minh 2), ta lấy đạo hàm hai vế đẳng thức (*) thì đợc





































n

b i a

b a

i

i

i i

i i

x x

x b x

x x

x x

a

2 1

1

0 )

1 (

) ) 1 (

2 1 ( )

1 (

Cho x = 1, chú ý rằng 1 + 2 + …+ bi-1 = (bi-1)bi/2, ta đợc











n

i i i i

b

b b b

a

0 2 / ) 1 (

hay 





















n

i

b b

a

1

0 2

1 2 1

Từ kết quả câu 1) suy ra đpcm

Bài toán 4 Chứng minh rằng từ 2n-1 số nguyên bất kỳ luôn tìm đợc n số có tổng chia hết

cho n

Lời giải: Với n nhỏ, bài toán có thể chứng minh khá dễ dàng bằng cách xét các trờng hợp.

Ví dụ, với n = 3, ta chia 5 số nguyên vào 3 chuồng, chuồng chia d 0, chuồng chia 3 d 1 và chuồng chia 3 d 2 Nếu mỗi chuồng đều chứa ít nhất 1 số thì chọn từ 3 chuồng, mỗi chuồng một số, ta đợc 3 số cần tìm Nếu có 1 chuồng nào đó rỗng thì sẽ có ít nhất 1 chuồng có 3 số và đó chính là 3 số cần tìm

Với n = 5, ta có thể lặp lại cách chứng minh tơng tự, tuy nhiên số trờng hợp cần xét sẽ nhiều hơn

Nếu n là hợp số, chẳng hạn n = 9, ta có thể sử dụng cách làm sau: áp dụng kết quả với n =

3, từ 17 số {a1, a2, …, a17} dĩ nhiên có thể chọn ra 3 số có tổng chia hết cho 3 Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a1 + a2 + a3 Tiếp theo, từ 13 số {a4, a5, …, a17}, có thể chọn ra

3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử đó là a4, a5, a6 Tiếp tục nh vậy, ta đợc các bộ ba số có tổng chia hết cho 3, mà, bằng cách đánh số lại nếu cần, giả sử đó là (a7, a8, a9), (a10, a11,

a12), (a13, a14, a15) Xét các số s1 = (a1+a2+a3)/3, s2 = (a4+a5+a6)/3,…, s5 = (a13+a14+a15)/3 Theo cách xây dựng, 5 số s1, s2, …, s5 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 s1, s2, s3 Khi đó a1 + a2 + a3 + … + a9 = 3(s1 + s2 + s3) chia hết cho 9 (đpcm)

Bằng cách làm tơng tự, ta thấy rằng nếu bài toán đã đúng với n = p và n = q thì nó cũng

đúng với n = pq Nh vậy, ta chỉ cần chứng minh bài toán đúng với n = p là số nguyên tố

Ta sẽ chứng minh điều này:

Giả sử ngợc lại, tồn tại 2p - 1 số nguyên a1, a2, …, a2p-1 sao cho mọi tổng con gồm p phần

tử của nó đều không chia hết cho p Khi đó, theo định lý nhỏ Fermat ta có

(ai1+ai2 + …+ aip)p-1  1 (mod p)

Từ đó ta có









 1 2

2

1

1 2

(

p ip i

i

p p

p ip i

a

(do có C2p1 tổng ở vế trái)

Ta có C2p p1 không chia hết cho p Vì thế, ta sẽ suy ra điều mâu thuẫn nếu chứng minh

đợc rằng vế trái chia hết cho p Ta chứng minh điều này bằng cách chứng minh rằng, trong khai triển tổng vế trái, hệ số của ai1s1…aiksk với s1 + … + sk = p-1 chia hết cho p

Để có những số hạng nh vậy, ta cần chọn thêm p-k phần tử ik+1, …, ip để bổ sung thành p

số và xét (ai1 + … + aik + … + aip)p-1 Khai triển biểu thức này, ta sẽ đợc hệ số của ai1s1…

aiksk là (p-1)!/s1! sk!

Có C p pk k



 1

2 cách bổ sung, do đó hệ số của ai1s1…aiksk trong khai triển ở vế trái là

!

!

)!

1 (

1

1

2

k

k

p

k

p

s s

p





 1

các số hạng ai1s1…aiksk trong khai triển ở vế trái đều có hệ số chia hết cho p, tức là vế trái chia hết cho p Mâu thuẫn Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử là sai Bài toán đợc chứng minh cho n = p và nh vậy cho n bất kỳ

2 Đa thức và công thức truy hồi









n j

j j m

i

i

i x Q x b x a

x P

0 0

) ( , )







n m k

k

k x c x

Q x P

0

) ( )









k

i i k i

c

0

Công thức cơ bản này là cơ sở để chúng ta có thể biểu diễn một số công thức truy hồi thông qua phép nhân đa thức Dới đây, chúng ta sẽ giới thiệu sơ lợc về lý thuyết đa thức xe để minh hoạ cho ý này

Nhiều bài toán tổ hợp có thể phát biểu dới dạng tổng quát sau: Cho bàn cờ C kích thớc n x

n và bảng con B  C Có bao nhiêu cách xếp n con xe lên C \ B sao cho không con nào ăn con nào Chẳng hạn, bài toán nổi tiếng về n ngời và n món quà chính là bài toán trên với B

là đờng chéo

Với mỗi B khác nhau, ta có các bài toán khác nhau Định lý dới đây cho phép chúng ta chuyển bài toán trên về việc tính số cách xếp r quân xe lên B sao cho không con nào ăn con nào

Định lý 1 Gọi rk(B) là số cách xếp k quân xe lên B sao cho không con nào ăn con nào Khi đó số cách xếp n quân xe lên C \ B sao cho không quân nào ăn quân nào đợc tính theo công thức sau:











n k

k

k n k r B B

N

0

) ( )!

( ) 1 ( )

Chứng minh: Có n! cách xếp n quân xe lên C sao cho không quân nào ăn quân nào Bây

giờ ta đếm xem trong các cách xếp này, có bao nhiêu cách xếp phạm luật, tức là các cách xếp có ít nhất 1 quân xe nằm trên 1 ô thuộc B Đặt B = {b1, b2, …, bm}, trong đó bi là các

m i i

B

1



Dùng nguyên lý

bù trừ, chú ý rằng |B i1B i2 B ik | sẽ bằng (n-k)! nếu cách quân xe ở bi1, bi2, …, bik đôi một không ăn nhau và bằng 0 trong trờng hợp ngợc lại, ta suy ra đpcm

Nh vậy, điều quan trọng là tính đợc rk(B) Với mục đích tính rk(B), ta đa vào khái niệm đa thức xe nh sau:

Định nghĩa 1 Giả sử rk(B) là số cách đặt k quân xe lên B sao cho không quân nào ăn





n k

k k

r

0

) ( )

r0(B) = 1

Các định lý dới đây đa ra các tính chất quan trọng của đa thức xe, giúp chúng ta có thể tính đa thức xe của một bảng con bất kỳ, từ đó tính đợc các hệ số rk của nó và nh thế, giải quyết hoàn toàn bài toán đặt ra ban đầu Các tính chất này đợc chứng minh dựa vào định nghĩa của rk và phép nhân đa thức Các mối quan hệ truy hồi giữa rk đợc ẩn hoá dới phép nhân và phép cộng đa thức

Định lý 2

1) Giả sử B và B’ là hai bảng con của C có tính chất: mọi quân xe đặt trên một ô của B đều không ăn đợc một con xe đặt trên ô bất kỳ của B’ Khi đó

rBB’(x) = rB(x).rB(x)

cách xoá đi hàng và cột chứa a, còn B2 là bảng con thu đợc từ B bằng cách xoá a Khi đó

rB(x) = xrB1(x) + rB2(x)

Chứng minh: 1) Muốn đặt k quân xe lên B  B’ thì cần phải đặt i quân xe lên B

và k-i quân xe lên B’ Nếu B và B’ thoả mãn tính chất đề bài thì rõ ràng từ mọi cách đặt

đặt i quân xe lên B và k-i quân xe lên B’ đều có thể hợp lại thành 1 cách đặt k quân xe lên









k i

i k i

r

0

) ' ( ) ( )

'

của xk trong đẳng thức rBB’(x) = rB(x).rB(x)

2) Xét một cách xếp k quân xe lên B Có hai khả năng xảy ra

a) Ô a chứa quân xe Khi đó, trên hàng và cột chứa a không đợc chứa quân xe nào

cách xếp trong trờng hợp này bằng rk-1(B1)

quân nào ăn quân nào Số cách xếp trong trờng hợp này, nh vậy, bằng rk(B2) Từ đó

rk(B) = rk-1(B1) + rk(B2)

Đẳng thức này chuyển sang ngôn ngữ đa thức chính là rB(x) = xrB1(x) + rB2(x)

Định nghĩa 2 Một ma trận L loại r  n với r  n gọi là một khối chữ nhật La tinh r  n

nếu mỗi một trong các số 1, 2, …, n xuất hiện trên mỗi dòng đúng 1 lần và xuất hiện trên

mỗi cột không quá 1 lần Nếu r = n thì L gọi là khối vuông La tinh.

Bài toán 5 Cho khối vuông La tinh 6  6 có 2 dòng đầu là

1 2 3 4 5 6

2 4 1 3 6 5

Có bao nhiêu cách thêm vào dòng thứ 3?

Lời giải: Số cách thêm vào dòng thứ 3 chính là số hoán vị   S6 sao cho (i) không ở trong ô bị cấm của bàn cờ sau

Gọi B là bảng gồm các ô cấm Sử dụng các tính chất về đa thức xe, ta tính đợc

RB(x) = (1 + 8x + 20x2 + 16x3 + 2x4)(1 + 4x + 2x2)

= 1 + 12x + 54x2 + 112x3 + 106x4 + 40x5 + 4x6

Từ đó, số cách thêm vào dòng thứ ba là

6! - 5!12 + 4!54 - 3!112 + 2!106 - 1!40 + 4 = 70

3 Định lý không điểm tổ hợp

Trong kỳ thi Toán quốc tế lần thứ 48 tổ chức tại Việt Nam tháng 7 vừa qua, có bài toán số

6 đợc coi là bài toán khó nhất của kỳ thi Bài toán này có cách phát biểu tổ hợp, nhng lời giải lại sử dụng đến đa thức Chỉ có 5 thí sinh làm đợc bài này, số còn lại đều xa lầy vào con đờng tổ hợp thuần tuý

Bài toán 6 Cho n > 1 là số nguyên Trong không gian, xét tập hợp

S = { (x, y, z) |A| = p} x, y, z  {0, 1, …, n}, x + y + z > 0}

gốc toạ độ

Chú ý là trờng hợp 2 chiều của bài toán này có thể giải đợc bằng phơng pháp quy nạp toán học, nhng lời giải này không thể phát triển thành lời giải cho trờng hợp 3 chiều

Cho đến nay, dù có hai cách chứng minh khác nhau, nhng cả hai cách đều dựa vào đa thức 3 biến nh sau:

Dễ dàng nhận thấy các mặt phẳng: xi + yi + zi - i = 0 với i = 1, 2, …, 3n chứa tất cả các

điểm của S và không chứa gốc toạ độ

Giả sử H1, H2, …, Hk là các mặt phẳng chứa tất cả các điểm của S nhng không qua gốc toạ

độ Giả sử mặt phẳng Hi có phơng trình aix + biy + ciz + di = 0

1

i i i k

i

i x b y c z d a

z y x



Ta có P(x, y, z) = 0 với x, y, z thuộc S

và P(0, 0, 0)  0 Ta sẽ chứng minh rằng degP  3n Từ đó suy ra 3n là đáp số bài toán

Có hai cách tiếp cận chính nh sau

Cách 1: (Dựa theo lời giải của Peter Scholze, ngời Đức) Giả sử k < 3n

Với mỗi 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 của đa thức P, ta có thể chứng minh bằng quy nạp rằng



































) 0 , 0 , 0 ( ) , , ( 0

0 },

, , 0 { }, , , 0 { }, , ,

0 { 0

) , ,

(

z y x

z y x m n z

l n y

h n x

z y x

P

m

z

l

y

h

x

Từ đây   n P( 0 , 0 , 0 )  0

z n y n

z n y n

x 

hơn 3n - 3n, do đó là đa thức đồng nhất 0

Có 1 thí sinh khác ngời Italy cũng làm theo cách giải của Scholze Cách giải này cũng

t-ơng tự với cách giải 2 của đáp án chính thức

Cách 2: Cách này là một áp dụng trực tiếp của định lý không điểm tổ hợp sau đây

Định lý 3 (Combinatorial Nullstellensatz)

Cho F là một trờng bất kỳ, f(x1, x2, …, xn) là một đa thức thuộc F[x1, x2, …, xn] Giả sử bậc deg(f) của f là t1 + t2 + … + tn, trong đó ti là các số nguyên không âm và hệ số của

đơn thức x1t1x2t2…xntn trong f là khác 0 Khi đó, nếu S1, S2, …, Sn là các tập con của F sao cho |A| = p}Si|A| = p} > ti thì tồn tại s1  S1, s2  S2, …, sn  Sn sao cho f(s1, s2, …, sn)  0

Có 3 thí sinh lần lợt đến từ Moldova, Ukraina và Nga đã chứng minh lại định lý này và áp dụng để giải quyết bài toán 6

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 đó d  0 đợc chọn sao cho Q(0, 0, 0) = 0 Khi đó Q(x, y, z) = 0 với mọi (x, y, z) 

Sx  Sy  Sz Vì |A| = p}Sx|A| = p} = |A| = p}Sy|A| = p} = |A| = p}Sz|A| = p} > n và hệ số của xnynzn trong Q(x, y, z) bằng d khác 0 nên theo định lý Combinatorial Nullstellensatz, tồn tại (x0, y0, z0)  Sx  Sy  Sz sao cho Q(x0,

y0, z0)  0 Mâu thuẫn Vậy k = 3n

Định lý Combinatorial Nullstellensatz là trờng hợp rời rạc của định lý không điểm Hilbert nổi tiếng (Hilbert Nullstellensatz) Định lý này đợc Nora Alon chứng minh năm 1999 và

có nhiều ứng dụng trong số học, tổ hợp và lý thuyết đồ thị Phép chứng minh định lý này

có thể xem trong [4, 5, 6] Sau đây chúng ta xem xét một số ứng dụng khác của định lý này

Bài toán 7 (Cauchy – Davenport) Với các tập hợp A và B, định nghĩa A+B = {a+b|A| = p} a 

A, b  B} Khi đó với mọi số nguyên tố p và với mọi A, B thuộc Zp, ta có

|A| = p}A + B|A| = p}  min {p, |A| = p}A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p} - 1}

Lời giải: Nếu |A| = p}A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p} > p, kết luận bài toán là hiển nhiên: trong trờng hợp này A + B =

Zp Bây giờ giả sử rằng |A| = p}A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p}  p và giả sử ngợc lại rằng |A| = p}A + B|A| = p}  |A| = p}A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p} - 2 Khi đó trong Zp có tập hợp C sao cho C  A + B, |A| = p}C|A| = p} = |A| = p}A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p} - 2









C c

c y x y

x

f( , ) ( ) trong Fp[x, y] Nó có bậc |A| = p}A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p} - 2 và có hệ số

của x|A| = p}A|A| = p}-1y|A| = p}B|A| = p}-1 bằng || |||1| 2





A B A

C mod p Vì |A| = p}A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p} - 2 < p nên hệ số này khác 0 Theo định

lý CN, tồn tại a  A, b  B sao cho f(a, b)  0, trái với định nghĩa của f Vậy |A| = p}A + B|A| = p}  |A| = p} A|A| = p} + |A| = p}B|A| = p} - 1

Định lý Cauchy – Davenport, về phần mình, có rất nhiều ứng dụng Chẳng hạn có thể dùng định lý này để chứng minh định lý Erdos-Ginzburg-Zieve (bài toán 4 ở phần 1)

4 Bài tập

1 Cho p là một số nguyên tố lẻ, n > p là số nguyên dơng bất kỳ Tìm số các tập con A của

tập hợp {1, 2, …, n}, biết rằng

(i) A chứa đúng p phần tử;

(ii) tổng các phần tử của A chia hết cho p

2 Cho n là một số nguyên dơng lớn hơn 1, S = {1, 2, …, n} Tô màu các phần tử của S

bằng hai màu xanh và đỏ, sao cho có s số đợc tô màu xanh và t số đợc tô màu đỏ Hãy tìm

số các bộ ba số (x, y, z)  S3 sao cho x, y, z đợc tô cùng màu và x + y + z chia hết cho n

3 Cho A là một tập hợp hữu hạn các số nguyên dơng sao cho tất cả các tổng của một hay

một số số của A đều khác nhau đôi một Chứng minh rằng tổng nghịch đảo các số thuộc

A nhỏ hơn 2

4 (IMO 1990) Chứng minh rằng tồn tại một đa giác lồi với 1990 cạnh sao cho

a) tất cả các góc trong của nó bằng nhau

b) độ dài các cạnh, theo một thứ tự nào đó, bằng 12, 22, 32, …, 19892, 19902

5 Ngời ta muốn phân phối 5 món quà A, B, C, D, E cho 5 ngời a, b, c, d, e sao 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

6 Cho S = {(x, y)|A| = p} 0  x  m, 0  y  n, x + y > 0} Chứng minh rằng để phủ tất cả các

điểm của S bằng các đờng thẳng không đi qua gốc toạ độ, ta cần ít nhất m+n đờng thẳng

7 (Vô địch Nga, 1991) Cho 2n số thực phân biệt a1, a2, …, an, b1, b2, …, bn Bảng n  n

đ-ợc ghi các số theo quy tắc sau: trong ô ở dòng i, cột j ta ghi số a + b Chứng minh rằng

nếu tích các số ở tất cả các cột bằng nhau thì tích các số ở tất cả các hàng cũng bằng nhau

8 Cho p là một số nguyên tố và G là một đồ thị có bậc không nhỏ hơn 2p-1 Chứng minh

rằng tồn tại một tập không rỗng các đỉnh U của G sao cho số cạnh có ít nhất một đỉnh thuộ U chia hết cho p

9 (Vô địch Saint-Peterburg 2003) Cho p là số nguyên tố và số nguyên dơng n  p Giả sử

a1, a2, …, an là bộ các số nguyên bất kỳ và fk là số các tập con k phần tử của bộ này có





n k

k

k f p

0

) 1

5 Tài liệu tham khảo

1 Herbert S Wilf, Generatingfunctionology, electronic version,

http://www.math.upenn.edu/%7Ewilf/DownldGF.html

2 Trần Ngọc Danh, Toán rời rạc nâng cao, Nhà xuất bản Đại học quốc gia Tp HCM,

2004

3 Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Nho, Lê Hoành Phò, Tuyển tập các bài dự tuyển

Olympic Toán học quốc tế 1991 – 2001, Nhà xuất bản Giáo dục 2003.

4 Nora Alon, Combinatorial Nullstellensatz, Combinatorics, Probability and Computing,

8 (1-2), 7-29

5 Anton Batominosvki, Solution to IMO 2007 Problems, Internet resource

6 Veselin Dimitrov, Combinatorial Nullstellensatz, bài viết trong cuốn Các bài toán

Olympic Toán Xanh- Petécbua 2005, (tiếng Nga)