bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề bắt đầu từ NHỮNG TRƯỜNG hợp NHỎ

1 CHUYÊN ĐỀ TOÁN RỜI RẠC HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC CÁC TỈNH DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013-2014 BẮT ĐẦU TỪ NHỮNG TRƯỜNG HỢP NHỎ Tháng 8/2013 BẮT ĐẦU TỪ NHỮNG TRƯỜNG HỢP NHỎ ******************** Toán rời rạc toán khó đề thi nào, đặc biệt với học sinh Việt Nam-những người học cách mảng môn Toán Cho dù có số lượng lớn toán không cần nhiều kiến thức đồ sộ mà cần kiến thức tầm thường, đơn giản nguyên lý quy nạp, quy tắc đếm bản, … khiến học sinh phải cảm thấy ngại đứng trước Chính thế, muốn đề cập đến hướng tiếp cận toán rời rạc mà không giải toán thông qua cách tiếp cận chí học sinh hiểu đề Hướng tiếp cận vô đơn giản, bắt đầu với ví dụ, trường hợp nhỏ, cụ thể Tuy vậy, cách làm đòi hỏi kiên nhẫn tất nhiên đòi hỏi chút nhạy cảm Toán học, để phát quy luật ý tưởng lóe lên trường hợp Các toán mà đưa sau ví dụ minh họa cho điều này, trường hợp nhỏ lẻ nhiều chứa đựng phương pháp giải, có chứa đựng ý tưởng làm tiền đề cho lời giải, có giúp tháo gỡ vài điểm nút lời giải xem từ phương diện tổng quát Nhưng chắn điều, ví dụ giúp ta hiểu rõ đề hơn, qua giúp ta có dũng khí đương đầu với Ngoài ra, viết này, làm việc với trường hợp nhỏ, dùng cỡ chữ nhỏ chút để bạn tiện theo dõi, phân biệt lời giải cuối dẫn dắt dẫn đến lời giải S n = {1, 2,3, …, n} Bài Với n, xét tập hợp Tìm số tập hợp khác rỗng không chứa số nguyên liên tiếp tùy theo n Lời giải: Trước hết, ta bắt đầu với trường hợp nhỏ +) Với n=1, ta tập hợp thỏa mãn: {1} +) Với n=2, ta tập thỏa mãn: {1}; {2} +) Với n=3, ta tập thỏa mãn: {1}; {2}; {3}; {1,3} +) Với n=4, ta tập thỏa mãn: {1}; {2}; {3}; {4};{1,3};{1,4};{2,4} +) Với n=5, ta 12 tập thỏa mãn: Sn , {1}; {2}; {3};{4};{5};{1,3};{1,4};{1,5};{2,4};{2,5};{3,5};{1,3,5} Bây giờ, quan sát thay đổi tập thu n tăng dần, ta thấy n tăng lên đơn vị, tập thu ứng với giá trị n trước đó, tập tạo cách thêm số n vào, nhiên phép thêm vào tập không chứa số n-1 Chẳng hạn: Với n=4, tập là: {1}; {2}; {3}; {4};{1,3};{1,4};{2,4} Thì với n=5, có tập đó, thêm vào tập ∅ {5}, tạo từ tập cách thêm số {1,5};{2,5};{3,5}, tạo từ tập {1};{2};{3} cách thêm vào số {1,3,5}, tạo từ tập {1,3} cách thêm vào số Những tập chứa số không tạo tập thỏa mãn Như vậy, tổng quát hóa suy nghĩ này, ta thu lời giải nhờ truy hồi ( từ trường hợp trước tạo trường hợp sau) sau: ******* Gọi an số tập tập Xét với tập S n +1 Sn thỏa mãn đề bài, ta có a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, a4 = 7, a5 = 12 , tập thỏa mãn thuộc loại Loại 1: Không chứa n+1, có an tập loại Loại 2: Chứa n+1, tập loại tạo nhờ thêm vào n+1 từ tập thỏa mãn đề bài, tập không chứa n, tập thỏa mãn đề Ngoài có thêm tập {n+1} Vậy có Từ ta được: an −1 + an +1 = an + an −1 + 1, n ≥ a1 = 1, a2 = , Giải phương trình sai phân thu trên, ta được: an = − 1− n + 1+ n ( ) + ( ) −1 2 5 tập loại Sn S n −1 , Với kiểu lập luận tương tự trên, ta có lời giải cho toán sau : Bài Xét hoán vị trí cực đại ( x1 , x2 , …, xn ) xi > xi −1 , xi > xi +1 Sn số hoán vị của tập Sn = {1,2, … , n} Vị trí i,1 ≤ i ≤ n gọi vị ( vị trí n vị trí cực đại) Gọi p(n,k) có k vị trí cực đại Chứng minh rằng: p(n + 1, k + 1) = (2k + 4) p(n, k + 1) + ( n − 2k + 1) p( n, k ) Lời giải: Nhận xét: Nếu đại i vị trí cực đại p ( n, k ) Gọi Xét số hoán vị ( x1 , x2 , …, xn ) Đưa x1 , x2 ,…, xn x1 Khi đưa n +1 Sn Sn , có k vị trí cực đại vào ô sau: ( … vào hoán vị i − 1, i + vị trí cực có k vị trí cực đại hoán vị x2 n +1 ( x1 , x2 , …, xn ) xi xi1 −1 ( x1 , x2 , …, xn ) i1 < i2 < … < ik đứng ô trống, có xi1 xi1 +1 để thành hoán vị … Sn +1 n +1 ô trống) xn −1 , ta đặt n +1 xn vào ô trống Có trường hợp: n +1 Th1: Nếu đặt vào ô trống cuối số vị trí cực đại hoán vị không đổi ( không ảnh hưởng đến vị trí cực đại) Th2: Nếu đại k ik n +1 i1 i2 … ik đặt vào 2k ô trống cạnh , , Th3: Nếu n +1 n +1 đứng cạnh Vậy, hoán vị n − 2k − n! hoán vị Loại 1: Có Loại 2: Có Sn Sn bớt vị trí cực n − 2k − ô) làm tăng thêm có k vị trí cực đại tạo Sn +1 có , hoán vị tạo Sn tạo hoán vị có , nghĩa số vị trí cực đại không đổi) n +1 hoán vị giữa, hoán vị làm loại: k ik đặt ô trống lại ( có vị trí cực đại, vị trí k +1 2k + hoán vị vị trí cực đại cách thêm n +1 Sn +1 hoán vị không tạo hoán vị Sn +1 n +1 cách thêm Sn +1 có k vị trí cực vào n +1 vào , n! hoán vị chia p ( n, k ) vị trí cực đại: k +1 hoán vị vị trí cực đại: Loại 3: Có không Mỗi hoán vị loại cho Mỗi hoán vị loại cho k −1 p(n, k + 1) hoán vị vị trí cực đại n − 2k − hoán vị 2(k + 1) + = 2k + Sn +1 có k +1 hoán vị Mỗi hoán vị loại không cho hoán vị Vậy n +1 vị trí cực đại ( thêm vị trí cực đại vị trí đại , Sn +1 có vị trí cực đại Sn +1 k +1 p (n + 1, k + 1) = (2k + 4) p (n, k + 1) + ( n − 2k + 1) p( n, k ) có k +1 vị trí cực đại vị trí cực đại Với k =0 p(n + 1,1) = p(n,1) + (n + 1) p( n,0) Tiếp theo vài tập tương tự Bài 1.1 Có tập tập S n = {1, 2L , n} , chứa số nguyên liên tiếp Bài 1.2 Có xâu nhị phân độ dài n, bit đứng cạnh Bài Cho n nguyên dương, gọi S tập gồm S, Y = {0,1, …, 2n −1 − 1} Với x, y , z ∈ S Xét ánh xạ 2n + f : X →Y phần tử, X tập tất tập thỏa mãn: f ({x, y}), f ({ y, z}), f ({z , x}) , số lại Chứng minh tồn a , b, c ∈ S cho , có số tổng hai số f ({a, b}) = f ({b, c}) = f ({c, a}) = Lời giải: S = {a, b, c} +) Với n=1, S có phần tử Y = {0} nên đương nhiên f ({a, b}) = f ({b, c}) = f ({c, a}) = S = {a, b, c, d , e} +) Với n=2, Y = {0,1} , tập X có 10 phần tử, cố định a∈S f ({a, a}) = , quy ước U = {x ∈ S , f ({x, a}) = 0};V = { y ∈ S , f ({ y, a}) = 1} , xét tập Khi đó, tồn tập U V có số phần tử lớn - Nếu tập U, tồn phần tử a,x,y thuộc U, rõ rang f ({x, a}) = f ({ y, a}) = f ({x, y}) = f ({x, y}) = f ({ y, z}) = f ({z , x}) = x, y , z ∈ V - Nếu tập V, tồn , đó: Y = {0,1, 2,3} +) Với n=3, ta có S gồm phần tử, Cố định a∈S U = {x ∈ S , f ({x, a}) Chia tập S thành tập V = { y ∈ S , f ({ y , a}) chẵn}; lẻ } tồn tập có phần tử, x, y ∈ U f ({x, y}) - Nếu U, U đóng vai trò S trường hợp trên, chẵn , Y ' = {0, 2} toán giải với đóng vai trò Y x, y ∈ U f ({x, y}) - Nếu V, V đóng vai trò S trường hợp trên, chẵn , Y ' = 0, đóng vai trò Y trên, toán giải Từ trường hợp trên, ta có ý tưởng quy nạp sau: ******* Giả sử toán cho trường hợp n=k, xét tập S gồm Chia tập S thành tập tồn tập có Khi với Xét chứng minh 2k +1 + [ ] = 2k + x, y ∈ U f ({x, a}) + f ({ y, a}) g ({x, y}) = U = {x ∈ S , f ({x, a}) chẵn}; chẵn, từ f ({x, y}) phần tử, cố định V = { y ∈ S , f ({ y , a}) a∈S lẻ } phần tử, giả sử U f {x, y} 2k +1 chẵn f {x, y} + f ({x, a}) + f ({ y, a}) f {x, y} ∈ {0, 2,…, 2k − 2} , ta chuyển toán trường hợp trước Từ có điều phải Bài [IMO shortlisted 2005] n ≥3 Cho số n tự nhiên, Ta đánh số cạnh đường chéo n- giác số nguyên dương nhỏ r thỏa mãn: i) Mọi số nguyên dương từ đến r đánh số P1 P2 … Pn PP i j Pk ii) Với tam giác , cạnh đánh số số cạnh lại đánh số nhỏ a) Xác định số nguyên dương r lớn mà điều thực b) Với r thu trên, có cách đánh số thỏa mãn Lời giải: | XY |= k +) Trước hết, tiện, ta ký hiệu đoạn XY đánh số k +) Xét n=3, ta có tam giác nhất, đó, ta có số nguyên dương phải dùng 2, đó, số dùng cho cạnh, số dùng cho cạnh lại nên có cách đánh số +) Xét n=4, ta có tứ giác, cho tất cạnh đường chéo, nên số nguyên dùng vượt 6, số đánh đoạn đó, đoạn cạnh tam giác khác nhau, nên tồn thêm đoạn khác đánh số 6, vậy, đoạn, buộc phải đánh số từ đến 5, mâu thuẫn Vậy, r3, xét tập gồm phần tử, k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh lại màu trắng Chứng minh Xn chia tập 1≤ m ≤ n tập Am thành n tập rời A1 , A2 , …, An cho với số m tùy ý chứa m phần tử phần tử màu Lời giải: Kiểm tra với n=4,5,6,7,8,9, ta có bảng sau: n n(n + 1) k 10 15 21 28 Các phần tử màu xanh Các phần tử màu đỏ Các phần tử màu trắng Phân bố màu ( X-ĐT) | A1 |= | A2 |= | A3 |= | A4 |= 3-3-4 | A1 |= | A4 |= | A2 |= | A3 |= | A5 |= , , 5-5-5 | A1 |= | A6 |= | A3 |= | A4 |= , , , | A4 |= | A5 |= | A3 |= A6 |= , , | A2 |= , | A5 |= 7-7-7 | A1 |= 1,| A2 |= | A7 |= 9-9-10 12-12-12 , 36 12 | A5 |= | A7 |= | A4 |= | A8 |= | A1 |= | A2 |= , , , 20 | A3 |= | A6 |= , | A1 |= 1,| A2 |= 45 15 | A6 |= 6,| A9 |= | A7 |= | A8 |= , | A3 |= 3, , A5 |= 10 55 18 | A1 |= | A2 |= | A3 |= | A6 |= , , | A5 |= | A10 |= 10 | A9 |= , | A1 |= | A4 |= , 11 66 22 | A6 |= | A11 |= 11 , | A2 |= | A3 |= , | A7 |= 7,| A10 |= 10 15-15-15 | A4 |= ,| | A4 |= | A7 |= , 18-18-19 | A8 |= | A5 |= | A8 |= 8,| A9 |= 22-22-22 Để giải toán trường hợp tổng quát, ta cần cách chia tổng quát quy trường hợp n lớn với trường hợp n nhỏ Qua việc nghiên cứu trường hợp nhỏ lẻ, thấy khó tìm quy luật tổng quát cho việc phân chia, vậy, ta thử tìm cách đưa trường hợp sau trường hợp trước đó, trường hợp n=5,6,7,8,9 gần khó đưa trường hợp trước, với n=10, ta đưa n=4, số lượng chênh màu nhau, từ 3-3-4 lên 18-18-19, tức chênh lên 15, ta cần có phần, phần 15 phần tử màu, chia thành tập có nhiều phần tử ( 3-3-4 lên 9-9-10 chênh tập lên phần tử, tập nhiều phần tử làm vậy) Vậy, nguyên nhân đưa từ trường hợp n=10 trường hợp n=4 vì: Mỗi tập chênh 15 phần tử, tập có số phần tử 15 = + 10 = + = + ≤ x ≤ 10 , 21 n=5 Trường hợp (5-5-5) sang trường hợp ( 22-22-22), chênh lên 17 phần tử tập, số phần tử tập thuộc {6,7,8,9,10,11} mà 17=6+11=7+10=8+9 ******* Từ đây, ta có lời giải tổng quát quy nạp với việc xây dựng cách chia tập vào cách chia tập Xét tập Xn gồm X n−6 k − k1 = [ Ta có Mặt khác Nếu Mà a −b phần tử Ta xét tập phần tử màu xanh, giả thiết quy nạp, tập thỏa mãn toán X n −6 k1 X n−6 gồm (n − 6)(n − 5) phần tử, gồm phần tử màu đỏ lại màu trắng Theo chia thành n−6 tập rời A1 , A2 , …, An −6 n(n + 1) ( n − 6)( n − 5) ] −[ ] 6 [a ] − [b] > a − − [b] ≥ a − − b số nguyên 1 n(n + 1) − (n − 5)(n − 6) = 2n − 6 | X n | − | X n −6 |= 6n − 15 [a] − [b] ≤ a − [b] < a − (b − 1) = a − b + [a ] − [b] = a − b Vậy số phần tử màu xanh ( đỏ) Có dựa sau n(n + 1) k1 = [ (n − 6)(n − 5)] Xn số nguyên nên X n −6 k − k1 = 2n − 2n-5 nên số phần tử màu trắng Khi đó, ta xây dựng tập An −5 , An − , An −3 , An − , An −1 , An X n−6 6n-15-2(2n-5)=2n-5 sau: 22 Tập Tập Tập An −5 , An chứa toàn phần tử màu xanh An − , An −1 An − , An −3 chứa toàn phần tử màu đỏ chứa toàn phần tử màu trắng Bài [IMO shortlisted 2012] Cho n ≥1 {1, 2, …, n} i) ii) số nguyên Tìm số lớn tập rời nhau, có phần tử tập cho Tổng phần tử tập không vượt n Tổng phần tử tập khác số nguyên dương khác Lời giải: Giả sử k số lớn cặp tập rời thỏa mãn đề Ví dụ: +) Với n=3, có tập có phần tử mà tổng phần tử không tập {1,2} nên k=1 với tập {1,2} +) Với n=4, có tập {1,2}, {1,3} thỏa mãn tổng phần tử không 4, tập không rời nên k=1, với tập {1,2} +) Với n=5, có tập {1,2}; {1,3}; {1,4}; {2,3} thỏa mãn, tập đầu có chung phần tử nên k≤2 chọn tập, nên , với k=2 chọn tập {2,3}; {1,4}, tập có tổng nên cuối k=1, với tập {1,2} +) Với n=6, có tập {1,2},{1,3},{1,4},{1,5}- chọn tập Và tập {2,3},{2,4}- chọn tập Nên k=2 với tập {2,4}; {1,3} {2,3}; {1,4}, cặp {2,4},{1,3} cho tổng khác Vậy k=2, với tập {2,4},{1,3} +) Với n=7, có tập {1,2},{1,3},{1,4}, {1,5}, {1,6}- chọn tập Các tập {2,3},{2,4},{2,5}- chọn tập 23 k ≤3 Tập {3,4} nên cầu tổng nên , với tập {3,4}; {2,5}; {1,6}, nhiên, chọn tập yêu k≤2 , với k=2, chọn tập {2,4} {1,3} Vậy k=2, chọn tập {2,4} {1,3} +) Với n=8, có tập {1,2},{1,3}, … , {1,7}- chọn tập {2,3}, {2,4},{2,5},{2,6} chọn tập {3,4}, {3,5} chọn tập Với k=3 với tập {3,4}, {2,6},{1,2} chẳng hạn Tiếp tục vậy, ta có bảng sau N 10 11 12 13 14 15 16 17 k 0 1 2 3 4 5 6 19 20 7 Theo bảng, dự đoán quy luật lặp lại theo chu kì với n=5m+1, n=5m+2 cho đáp số k=2m, {1, 2, …, n} n=5m+3, 5m+4, 5m+5 cho đáp số 2m+1 Từ đó, ta nghĩ cách tổng quát để phân hoạch tập thành tập phần tử thỏa mãn đề trường hợp với số k lớn số định phân chia Ngoài ra, với trường hợp n=5m+1, n=5m+2 chọn chung tập, trường hợp n=5m+3, 5m+4, 5m+5 chọn chung tập Vậy chủ yếu làm việc với trường hợp n=5m+1 n=5m+3 Ta có lời giải sau: ******* Với n=5m+1,5m+2 ta chọn 2m tập gồm {1,4m}, {3,4m-1}, {5, 4m-2},…, {2m+1,3m}- m tập {2,2m}- tập {4,3m-1}, {6,3m-3},…, {2m-2,2m+2} – m-1 tập Ngoài k ≥ 2m + tổng S k cặp thỏa mãn: S ≥ (1 + 2) + (3 + 4) + L + (4m + + 4m + 2) = (2m + 1)(4m + 3) 24 Và S ≤ (5m + + 5m + 1) + L + (3m + + 3m + 2) = (2m + 1)(4m + 2) Mâu thuẫn Với n=5m+3,5m+3,5m+5, ta chọn 2m+1 tập gồm {1,4m+2},{3,4m+3}, …, {2m+1, 3m+2}- m+1 tập {2, 3m+1}, {4, 3m}, …,{2m,2m+2}- m tập Ngoài k ≥ 2m + tổng S k cặp thỏa mãn: S ≥ (1 + 2) + (3 + 4) + L + (4m + + 4m + 4) = (2m + 2)(4 m + 5) Và S ≤ (5m + + 5m + 4) + L + (3m + + 3m + 4) = (2m + 2)(4m + 4) Mâu thuẫn [ Vậy đáp số cuối 2n − ] Bài 10 Tại đỉnh lục giác viết số nguyên không âm có tổng 2013 Một người thực thay đổi sau: Chọn đỉnh, thay số đỉnh giá trị tuyệt đối hiệu số viết đỉnh kề với đỉnh chọn Chứng minh rằng, số lần cho số thu đỉnh Lời giải: Đương nhiên muốn giảm số tổng số phải giảm dần Xét vài trường hợp cụ thể Dễ trường hợp có số đỉnh xen kẽ 0, lại có tổng 2013 Khi cần tác động lần thao tác cho đỉnh khác 0, ta thu trạng thái Nếu có số đỉnh xen kẽ 0, ta dễ dàng thu đáp số, cụ thể 25 Ngoài ra, số đỉnh phụ thuộc vào số đỉnh sau phép biến đổi, nên ta xem xét chủ yếu biến đổi dựa số đỉnh,chẳng hạn theo dõi biến đổi A≥C ≥ E sau Ta thấy có phép biến đổi làm giảm tính lẻ tổng A+C+E số 0, phép biến đổi đáng lưu ý Từ đặt câu hỏi: Khi có số có đưa trường hợp số 0, số nào? Trả lời câu hỏi xem xét biến đổi cụ thể trên, ta có lời giải sau: ******* Trước hết, tồn đỉnh xen kẽ cho tổng số lẻ ( toán sử dụng tính lẻ số 2013 nên tổng quát 2013 thành số n lẻ bất kỳ), giả sử đỉnh A, C, E ( điền số A,C,E luôn) +) Nếu A≥C ≥ E >0 26 Xét biến đổi sau Ta thấy phép biến đổi làm giảm tổng A+C+E thành (C-E)+C+(A-C)=A+C-E giữ nguyên tính lẻ tổng E khác 0, áp dụng liên tiếp thao tác này, đến trạng thái mà số A,C,E số +) Nếu có số A,C,E Giả sử A>C=E=0, xét phép biến đổi Ta thu trạng thái toàn số +) Nếu A≥C > E =0 , A lẻ nên A>C, xét phép biến đổi Ta thấy phép biến đổi làm giảm thực tổng A+C+0 thành C+|A-2C|< A+C ( C >0 C < A), giữ cho tổng lẻ, tức tiếp tục áp dụng biến đổi này, ta đến trạng thái mà có số 0, lúc áp dụng phép biến đổi cho trường hợp trên, ta thu kết Vậy ta có điều phải chứng minh 27 Tôi xin tạm dừng viết Vì thời gian có hạn kiến thức chuyên môn nhìn nhận góc nhìn chủ quan, nên điều bất hợp lý cần phải chỉnh sửa lại, điều tiếp tục phát triển được, hay có thêm ví dụ minh họa tiếp tục làm rõ thêm ý tưởng này, mong bạn bè đồng nghiệp góp ý để viết thêm hoàn thiện Mọi góp ý bổ sung, minh họa liên quan xin gửi hòm thư:…… (Khi nhận góp ý bổ sung xong, gửi lại hoàn thiện cho đồng nghiệp quan tâm, xin chân thành cảm ơn) Tài liệu tham khảo [1] Mathematics Olympiad Coach Seminar, China [2] The IMO Compendium –Springer [3] Web: Mathlinks.ro ...2 BẮT ĐẦU TỪ NHỮNG TRƯỜNG HỢP NHỎ ******************** Toán rời rạc toán khó đề thi nào, đặc biệt với học sinh Việt Nam -những người học cách mảng môn Toán Cho dù có số lượng lớn toán không... A8 |= 8,| A9 |= 22-22-22 Để giải toán trường hợp tổng quát, ta cần cách chia tổng quát quy trường hợp n lớn với trường hợp n nhỏ Qua việc nghiên cứu trường hợp nhỏ lẻ, thấy khó tìm quy luật tổng... học sinh phải cảm thấy ngại đứng trước Chính thế, muốn đề cập đến hướng tiếp cận toán rời rạc mà không giải toán thông qua cách tiếp cận chí học sinh hiểu đề Hướng tiếp cận vô đơn giản, bắt đầu