Skkn dạy toán cho học sinh các lớp chuyên toán, học sinh đội tuyển thi duyên hải và đồng bằng bắc bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến MỘT SỐ VẤN ĐỀ TẬP HỢP Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dạy Toán cho học sinh lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải Đồng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia Thời gian áp dụng sáng kiến: Các năm học từ 2010 - 2011 đến 2015 – 2016 Tác giả: Họ tên: Trần Mạnh Sang Năm sinh: 1987 Nơi thường trú: Phường Vị Xuyên, thành phố Nam Định Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học Chức vụ công tác: Giáo viên Toán Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa liên hệ: Số 8C/18 Gốc Mít, thành phố Nam Định Điện thoại: 097.227.6698 Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, Nam Định – tỉnh Nam Định Điện thoại: (0350) 364 0297 I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến: Mục tiêu giáo dục đào tạo người lao động tự chủ, động, sáng tạo có lực giải vấn đề thường gặp, góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công văn minh, đưa đất nước Việt Nam tiến nhanh đường phát triển hòa nhập với giới đầu kỉ XXI Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục Đào tạo, Sở Giáo dục Đào tạo nhà trường đề nhiều biện pháp tích cực Một biện pháp cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy thầy phương pháp học trò, phải có cách mạng thực phương pháp giáo dục, cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng vận động Bộ trưởng Bộ GD - ĐT chống tiêu cực thi cử bệnh thành tích giáo dục Đối với môn Toán - Bộ môn then chốt khoa học tự nhiên, khâu quan trọng trình cải tiến chương trình dạy học tiếp nhận giải vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến chất nó, từ có mối liên hệ toán riêng lẻ với Trong chương trình môn Toán cấp THPT chuyên, vấn đề tập hợp lĩnh vực quen thuộc không phần khó khăn với thầy trò Vấn đề xuất nhiều kì thi HSG quốc gia quốc tế, phần quan trọng việc phát bồi dưỡng học sinh có tư chất thực II Mô tả giải pháp: Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Đã có nhiều toán, đề thi HSG có xuất lý thuyết tập hợp ứng dụng: HSG quốc gia (VMO, VNTST), đề thi quốc tế (IMO, IMC) hay kì thi quốc gia (China TST, USA TST, ) Việc giải toán không đơn giản (Thường khó đề thi) Một phần khó học sinh Việt Nam việc em tiếp xúc với dạng toán, dẫn đến cảm giác sợ gặp Vì viết sáng kiến này, tổng kết kinh nghiệm, phần giúp em học sinh tháo gỡ khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh mong muốn tài liệu tham khảo giúp đỡ thầy cô phần nhỏ trình giảng dạy III Nội dung sáng kiến Mục lục Các kiến thức tập hợp Các toán số phần tử tập hợp Các toán mối liên hệ tập hợp, phép toán tập hợp Các toán tập tập hợp, phân hoạch tập hợp Các toán kết hợp tính chất số học Một số định lý tập hợp (Các định lý họ tập tập hợp) 6.1 Định lý Hall SDRs 6.2 Định lý Sperner; 6.3 Định lý Erdos–Ko–Rado; 6.4 Định lý de Bruijn–Erdos Tài liệu tham khảo Các kiến thức tập hợp 2.1 Tập hợp Tập hợp khái niệm toán học Ta hiểu tập hợp qua ví dụ như: Tập hợp tất học sinh lớp 10 trường em, tập hợp số tự nhiên,… Thông thường tập hợp gồm phần tử có chung hay vài tính chất Nếu a phần tử tập hợp X, ta viết a ∈ X Nếu a phần tử X, ta viết a ∉ X Tập rỗng tập hợp không chứa phần tử nào, ký hiệu ∅ Số lượng phần tử tập hợp X ký hiệu X Người ta thường ký hiệu tập hợp cách sau: 2.2 Liệt kê phần tử tập hợp: Ví dụ: + Tập hợp số tự nhiên ¥ = { 0,1,2,3,4,5, } + Tập hợp tất chữ có dòng chữ: “Không có quý độc lập tự do” {â,c, d, đ, g, h, i, k, l, n, o, ô, ơ, u, ư, p, q, t, y} 2.3 Chỉ rõ tính chất đặc trưng cho phần tử tập hợp: { } Ví dụ: + Tập hợp B = n ∈ ¥3 ≤ n ≤ 20 tập hợp gồm số tự nhiên không nhỏ không lớn 20 + Viết tập B = { −10, −5,0,5,10,15} cách tính chất đặc { } trưng cho phần tử tập hợp B = x ∈ ¢−10 ≤ x ≤ 15, xM 2.4 Dùng biểu đồ Ven đường cong kín để biểu diễn cho tập hợp Chẳng hạn mô tả tập hợp A gồm phần tử a, b, c, d, e sau 2.5 Tập tập Tập Tập A gọi tập tập B kí hiệu A ⊂ B , phần tử x thuộc A thuộc B Tập A gọi tập thực tập B, A ⊂ B tồn phần tử thuộc B mà không thuộc A Ví dụ: Biểu diễn A ⊂ B , ¥ ⊂ ¢ ⊂ ¤ ⊂ ¡ Tập hợp nhau: Hai tập A B gọi ký hiệu A = B , A tập tập B B tập tập A 2.6 Các phép toán tập hợp: Phép hợp tập hợp: Hợp hai tập hợp A B tập hợp ký hiệu A ∪ B gồm phần tử thuộc A thuộc B Phép giao tập hợp: Giao hai tập hợp A B tập hợp ký hiệu A ∩ B gồm phần tử vừa thuộc A vừa thuộc B Hiệu hai tập hợp: Hiệu hai tập hợp A B tập hợp ký hiệu A \ B A − B gồm phần tử thuộc A mà không thuộc B Tích Đề - hai hay nhiều tập hợp Tích Đề - hai tập hợp A B tập hợp ký hiệu A × B xác { } định sau A × B = (a, b)a ∈ A, b ∈ B Tích Đề - ba tập hợp A ,B C tập hợp ký hiệu A × B × C { } xác định A × B × C = (a, b, c)a ∈ A, b ∈ B, c ∈ C 2.7 Tính chất phép toán tập hợp Với tập A , B C ta có Tính chất phép hợp tập hợp: A∪∅ = A A∪ A= A A ∪ ( B ∪ C ) = ( A ∪ B) ∪ C A∪ B = B ∪ A A, B ⊂ A ∪ B A∪ B = A⇔ B ⊂ A Tính chất phép giao tập hợp: A∩∅ = ∅ A∩ A= A A∩ B = B∩ A A, B ⊃ A ∪ B A ∩ ( B ∩ C ) = ( A ∩ B) ∩ C A∩ B = A⇔ B ⊃ A Tính chất hiệu hai tập hợp: A \ A = ∅, A \ B ⊂ A Nếu A ⊂ B B − A = CB ( A) gọi phần bù tập A B A − ( B ∩ C ) = ( A − B) ∪ ( A − C ) Luật phân phối A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C ) A ∪ ( B ∩ C ) = ( A ∪ B) ∩ ( A ∪ C ) Luật Đ-móoc – găng A − ( B ∪ C ) = ( A − B) ∩ ( A − C ) 2.8 Tích Đề hai hay nhiều tập hợp Tích Đề hai tập hợp Cho hai tập hợp A B khác rỗng, tích Đề hai tập hợp A B tập hợp ký hiệu A × B gồm phần tử có dạng (a; b) với a ∈ A, b ∈ B { } A × B = (a; b) a ∈ A, b ∈ B Tích Đề nhiều tập hợp Tích Đề n tập hợp khác rỗng A1 , A2 , , An tập hợp xác định sau { A1 × Α × × An = (a1; a2 ; ; an )÷a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , , an ∈ An } Nhận xét: Nếu tập hợp A có m phần tử tập B có n phần tử tập A × B có m × n phần tử Các toán số phần tử tập hợp Ví dụ 2.1 Cho 2010 tập hợp, tập hợp có 45 phần tử hai tập có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc tất 2010 tập hợp Giải Xét tập A số 2010 tập cho A giao với 2009 tập lại nên tồn a ∈ A  2009  + = 45 tập lại phần tử chung không   45  Vậy a thuộc tập A, A1 , A2 , , A45 46 tập hai tập có phần tử chung khác a Ta chứng minh a thuộc tập B 2010 tập cho Thật vậy, a ∉ B B có với tập A, A1 , A2 , , A45 phần tử chung khác a, suy B có không 46 phần tử, mâu thuẫn Bài toán chứng minh Ví dụ 2.2 Cho tập hợp X gồm 2011 phần tử Chứng minh sô 2012 tập gồm phần tử X tìm đuợc hai tập mà chúng có chung phần tử Giải Xét 2012 tập gồm phần tử tập X Phản chứng với cặp hai tập chúng không giao giao phần tử Ta nói tập A B lớp A B có phần tử chung Xét tập A, B, C * Ta chứng minh A B lớp, B C lớp A C lớp: Giả sử A = { a; b; c} , B = { a; b; d } Do B C lớp nên C phải có với B hai phần tử chung, phải có a b Lúc A ∩ C ≠ ∅ nên A C có phần tử chung Vậy A C lớp * Như tất tập 2012 tập chia thành hai nhóm Trong nhóm hai tập có chung hai phần tử Trong nhóm hai tập không giao Đối với nhóm tập xảy trường hợp TH1: Nhóm có phần tử TH2: Nhóm có phần tử TH3: Nhóm có nhiều phần tử Xét TH1: Do nhóm có phần tử nên có tập Xét TH2: Do nhóm có phần tử nên số tập hợp nhóm ≤ Xét TH3 : Giả sử chọn tập A = { a; b; c} , B = { a; b; d } Tồn phần tử e khác a,b,c,d thuộc tập C từ nhóm Từ điều kiện A C nhóm, B C nhóm suy C = { a; b; e} Xét tập D từ nhóm tập D bị buộc quan hệ: A B lớp, B D lớp, C D lớp nên D chứa a b Kho số tập nhóm số phần tử nhóm trừ (mỗi phần tử khác a,b tương ứng với tập hợp chứa nó) Vậy trường hợp nhóm số tập hợp không lớn số phần tử (mâu thuẫn với giả thiết có 2012 tập) Ta có đpcm Ví dụ 2.3 Cho S tập hợp có tính chất: i) Một phần tử dãy 15 kí tự viết liền nhau, mà gồm hai kí tự a b ii) Hai phần tử phân biệt S hai dãy khác vị trí Chứng minh số phần tử S không vượt 211 Giải Để cho đơn giản ta mã hóa a 0, b Thế S đơn giản tập dãy nhị phân có độ dài 15 cho hai dãy có ba vị trí khác Với phần tử s ∈ S , có 15+1=16 dãy nhị phân độ dài 15 (bao gồm s ) khác s nhiều vị trí Ta kí hiệu Bs tập dãy (các phần tử Bs ngoại trừ s không nằm S ) Với s, t ∈ S phân biệt ta có Bs ∩ Bt = ∅ dãy thuộc Bs khác s nhiều vị trí khác t vị trí thuộc Bt Bs ≤ 215 S ≤ 211 Do đó, S 16 = ∑ Bs = sU ∈S s∈S Ví dụ 2.4 Cho tập hợp gồm 2014 phần tử sau: { 1; 2; 3; ; 2014} Cần loại bỏ phần tử khỏi tập hợp trên, cho tập hợp lại có tính chất: phần tử tích hai phần tử lại khác Giải Trước hết, ta loại bỏ số 2, 3, 4, 5, … , 44, chứng minh tập số lại {1;45;46;… ;2014} thỏa mãn đề Thật vậy, số có số hiển nhiên 1.x = x ≠ y với x ∈ {45; 46;… ; 2014} y ∈ {45; 46;… ; 2014}\{x} Nếu không số 1, tức x, y ∈ {45; 46;… ; 2014} x ≠ y , xy > 452 = 2025 > 2014 không thuộc tập cho Như vậy, ta cách loại bỏ 43 phần tử thỏa mãn đề 10 tính Khi A có tính chất T, B có 4(k – 23) phần tử, theo trường hợp 1, B có chất T Vậy X có tính chất T Kết luận: n = 4k + 3, k ∈ N , n = 4k , k ≥ 23, k ∈ N thỏa mãn toán 32 Một số toán kết hợp tính chất số học Bài 8: Cho tập A∈ N* có tính chất : Trong n số tự nhiên liên tiếp (N>1) tồn số thuộc A Chứng minh tồn hai số A cho số chia hết cho số Bài 8: Cho tập A∈ N* có tính chất : Trong n số tự nhiên liên tiếp (N>1) tồn số thuộc A Chứng minh tồn hai số A cho số chia hết cho số Giải: Xét bảng (N+1) × N ((N+1) dòng ,N cột ) xây dựng sau Hàng 1: N Hàng 2: 1+1.2.3 N 2+1.2.3 N 3+1.2.3 N 4+1.2.3 N 1.2.3 N Hàng i : 1+k 2+k Hàng i+1: 1+k+M 2+k+M 3+k 4+k 3+k+M 4+k+M N+k N+k+M (Với M = (k+1)(k+2) (k+N).) Theo giả thiết hàng tồn phần tử A Do N+1 hàng N cột nên có cột chứa hai phần tử A hai phần tử phần tử thuộc hàng sau chia hết cho phần tử thuộc hàng trước 11 Cho tập hợp A = { 1;2; ;2013} Cần phải loại khỏi A phần tử để tập hợp lại có tính chất: Không phần tử tích hai phần tử khác Cho tập hợp A = { 1;2; ;2013} Cần phải loại khỏi A phần tử để tập hợp lại có tính chất: Không phần tử tích hai phần tử khác 33 Loại khỏi A tập hợp {2;3; ;44} , tập có 43 phần tử Khi tập lại {1;45;46; ;2012;2013} Rõ ràng tập thỏa mãn yêu cầu: Không có phần tử tích hai phần tử khác Ta chứng minh cách tách khỏi A tập hợp có nhiều 42 phần tử không thỏa mãn yêu cầu đề Thật xét ba sau (43 ba): 2, 87, 2.87 3, 86, 3.86 4, 85, 4.85 ………… 44, 45, 44.45 Xét hàm số f ( x) = x(89 − x) với ≤ x ≤ 44 Ta có f '( x) = 89 − x > 0, ∀2 ≤ x ≤ 44 Vậy f hàm đồng biến ≤ x ≤ 44 Suy f (2) < f (3) < < f (44) ⇒ 2.87 < 3.86 < < 44.45 Dễ thấy < < < 44 < 45 < 46 < < 87 < 2.87 < 3.86 < < 44.45 Vì 44.45 = 1980 < 2013 nên toàn phần tử 43 ba khác nằm tập hợp A Vì ta tách khỏi A tối đa 42 phần tử, nên phần lại A (sau tách) phải có ba nói Vậy cách tách không thỏa mãn yêu cầu đầu Kết luận: Số phần tử cần tách khỏi A 43 phần tử 34 14 Với số tự nhiên n , gọi S (n) tập hợp tất số nguyên dương m cho tồn số nguyên dương k ≥ mà biểu diễn m theo số k số gồm n chữ số a) Chứng minh rằng: S (3) ∩ S (4) = ∅ b) Tìm S (3) ∩ S (5) 14 Giả sử ngược lại: S (3) ∩ S (4) =/ ∅ , đó, tồn số nguyên g , h ≥ cho + g + g = + h + h + h3 ↔ h3 = ( g − h)( g + h + 1) Nếu p ước nguyên tố h p ước g − h g + h + hay p ước g g + Nếu p k ước h p 3k ước g − h g + h + ( g , g + 1) = Ta viết h = xy với ( x, y ) = x = g − h, y = g + h + Ta được: xy = 2h = ( g + h + 1) − ( g − h) − = y − x − Ta chứng minh phương trình nghiệm nguyên x, y > +) Nếu < y ≤ x y − x3 − ≤ −1,2 xy ≥ Không tồn x, y > thỏa mãn +) Nếu y> x>0 y ≥ x +1 nên y − xy − x3 − ≥ ( x + 1)3 − 2( x + 1) x − x − + x + x > a) Đặt f ( x) = + x + x , g ( x) = + x + x + x + x f g đồng biến tập số nguyên dương Giả sử tồn k , m nguyên dương cho f ( k ) = g ( m) +) Nếu m = 2n, n > f (4n + n) = + 4n + n + 16n + 8n3 + n = (2n) + (2n)3 + (2n) + 2n + + n − n > g (2n) f (4n + n − 1) = + 4n + 4n − + (4n + n) − 2(4n + n) + = [(2n) + (2n)3 + (2n) + 2n + 1] − n − 3n < g (2n) 35 f (4n + n − 1) < g (2n) = f ( k ) < f (4n + n) nên 4n + n − < k < 4n + n Mâu thuẫn +) Nếu m = 2n + , n ≥1 f [(2n + 1) + n] < f (k ) = g (2n + 1) < f [(2n + 1) + n + 1] 2 nên (2n + 1) + n < k < (2n + 1) + n + Mâu thuẫn Vậy m ≥ có k m thỏa mãn +) Nếu m = g (2) = 31 = f (5) +) Nếu m = f (1) < g (1) = < f (2) nên không tồn k = m Vậy S (3) ∩ S (5) = {31} 17 Cho tập A = { 1;2; 2012} Tìm số tự nhiên n nhỏ cho: với B ⊂ A, B = n chọn B ba số x, y, z phân biệt để x, y, z độ dài ba cạnh tam giác 17 - Xét B ⊂ A mà phần tử B 16 số hạng liên tiếp dãy Fibonaxi: B = { 1; 2;3; ;987;1597} Khi B = 16 B chọn x, y, z phân biệt độ dài ba cạnh tam giác - Xét B ⊂ A , B = 17 Giả sử phần tử B b1 , b2 , , b17 (b1 < b2 < < b17 ) Giả sử B không chọn x, y, z phân biệt độ dài ba cạnh tam giác Khi đó: b3 ≥ + 2; b4 ≥ + 3; ; b17 ≥ 987 + 1597 > 2012 (Mâu thuẫn) Vậy n = 17 36 18 Cho tập hợp X = { 1,2,3, ,2012} Tìm số nguyên dương N lớn cho với hoán vị σ X = { a1 , a2 , , a2012 } X tồn số hạng liên tiếp có tổng không nhỏ N 18 Xét hoán vị σ X, đặt: Aσ = max 0≤ n≤ 2009 ∑a k =1 n+ k quy ước a2013 = a1 Aσ Khi đó, số N cần tìm N = σ Ta có: 503 Aσ ≥ a1 + a2 + + a2012 = 2013.2012 Suy ra: Aσ ≥ 4026 Xét hoán vị σ = { 2012;1;2011;2; ;1007;1006} X, tao có Aσ = 4026 Vậy N = 4026 19 Chứng minh số tập phần tử dạng { 1,2,3, ,2012} với { a, b, c, d } tập hợp a + b + c + d < 4025 nhỏ số tập dạng với a + b + c + d > 4025 { a, b, c, d } ⊂ { 1,2,3, ,2012} với a + b + c + d < 4025 { 2013 − a,2013 − b,2013 − c,2013 − d } ⊂ { 1,2, ,2012} ( 2013 − a ) + ( 2013 − b ) + ( 2013 − c ) + ( 2013 − d ) = 8052 − ( a + b + c + d ) 19 Giả sử Khi > 8052 − 4025 = 4027 { a, b, c, d } ⊂ { 1,2, ,2012} a + b + c + d > 4027 { 2013 − a,2013 − b,2013 − c,2013 − d } tập phần tử mà tổng phần tử Đảo lại, nhỏ 4025 37 Do có tương ứng 1-1 tập { a, b, c, d } với a + b + c + d < 4025 tập { a, b, c, d } với a + b + c + d > 4027 Mặt khác số tập dạng { a, b, c, d } với a + b + c + d > 4025 số tập dạng với a + b + c + d > 4027 cộng thêm tập khác Ta có đpcm 21 Cho A tập hợp gồm 2012 số nguyên dương mà số có ước nguyên tố lớn số nguyên tố thứ 2011 Chứng minh tồn tập khác rỗng A mà tích tất số tập số phương Ta viết số n thay cho số 2011 Kí hiệu p1 , p2 ,…, pn n số nguyên tố Theo giả thiết, phần tử thuộc A có biểu diễn nguyên tố dạng p1x1 p2 x2 … pn xn , đó, x1 , x2 ,…, xn số tự nhiên Do đó, tích số số thuộc A có biểu diễn nguyên tố dạng Gọi X tập khác rỗng A Thì tích tất số thuộc X có dạng m p1x1 p2 x2 … pn xn , đó, m số nguyên dương x1 , x2 ,…, xn ∈{0,1} Bây giờ, với tập X (X khác rỗng, A) mà tích tất số thuộc X có dạng m p1x1 p2 x2 … pn xn (với m số nguyên dương x1 , x2 ,…, xn ∈ {0,1} ), ta đặt f ( X ) = ( x1 , x2 ,…, xn ) Vì x1 , x2 ,…, xn ∈{0,1} nên tập { f ( X ) : X ⊂ A, X ≠ ∅} có không 2n phần tử Mặt khác, số tập khác rỗng A 2n+1 − > 2n (do n > ), nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai tập X, Y khác rỗng A cho f ( X ) = f (Y ) Khi đó, tích tích tất số thuộc X tích tất số thuộc Y số    phương, tức  ∏ x ÷ ∏ y ÷ = m (m số nguyên dương đó)  x∈X   y∈Y  38 Xét tập Z = ( X ∪ Y ) \ ( X ∩ Y ) Rõ ràng Z tập cuả A, Z khác rỗng, tích số thuộc Z    x y    ÷ ∏ ∏  ÷  x∈X   y∈Y   m ÷ x= = , ∏ x÷ x∈Z   ∏  ÷  x∈( X ∩Y )   ∏ x÷ x ∈ ( X ∩ Y )   hiển nhiên số phương 22 Cho p số nguyên tố cho p-1 chia hết cho Giả sử a1 , a2 ,…, ak số nguyên lớn cho a1 + a2 + L + ak = p − Biết tồn số a nguyên dương cho a s không đồng dư với ( mod p) với s=1,2,…, p-2 a p −1 ≡ ( mod p) Chứng minh chia tập {1,2,…,p-1} thành tập rời A1 , A2 , , Ak cho | Ai |= tổng phần tử Ai chia hết cho p với i=1,2,…,k 22 Đặt p-1=3n=6m, với n,m nguyên dương +) Trước hết, ta tìm cách phân hoạch {1,2,…, p − = 3n} thành n tập có phần tử cho tổng phần tử tập chia hết cho p tập B = {x, y, z} có tập khác B* = { p − x, p − y, p − z} Khi đó, gọi a số nguyên dương thỏa mãn điều kiện nêu đề bài, ta có p−2 a p −1 ≡ ( mod p) {1, a, a , a ,…, a } hệ thặng dư thu gọn modulo p Do {1,2,…, p − 1} hệ thặng dư thu gọn modulo p nên tồn tập Bi = {xi , yi , zi } ⊂ {1,2,…, p − 1} ( i=1,2,…,n) cho xi ≡ a i , yi ≡ a i +n , zi ≡ a i +2 n (mod p) Khi xi + yi + zi ≡ a + a i i +n +a i +2 n a 3n − = a (1 + a + a ) = a n a −1 i n 2n i Do a 3n = a p −1 ≡ ( mod p) a n − không chia hết cho p nên ta xi + yi + zi chia hết cho p 39 Đặt Bi* = { p − xi , p − yi , p − zi } hai tập Bi Bi* hai tập rời Thật vậy: +) p chẵn nên p − xi =/ xi +) Nếu p − xi = yi p ≡ a i (1 + a n ) ( mod p) Suy a n ≡ −1 ( mod p) Khi a p −1 = a 3n ≡ −1 ( mod p) Mâu thuẫn +) Nếu p − xi = zi , tương tự a 2( p −1) ≡ −1 ( mod p) Mâu thuẫn Do p − xi ∉ Bi Tương tự p − yi , p − zi ∉ Bi Vậy Bi Bi* rời +) Bây giờ, ta tìm cách phân hoạch thỏa mãn đề Với n=2m ta có {1,2,…, p − 1} = ( B1 ∪ B2 ∪ Bm ) ∪ ( B1* ∪ B2* ∪ Bm* ) Giả sử a1 , a2 ,…, as số lẻ tập {a1 , a2 ,…, ar } Khi đó, a1 + a2 + L + ak = p − số chẵn nên s chẵn, s=2h Chú ý a1 , a2 ,…, as ≥ nên 3s ≤ a1 + a2 + L + as ≤ p − = 6m → s ≤ 2m → h ≤ m Chọn tập A1 chứa B1 A2 chứa B1* ; A3 chứa B2 A4 chứa B2* ,…, A2 h−1 chứa Bh A2h chứa Bh* Lúc này, tập A1 , A2 ,…, As chứa phần tử tập As +1 ,…, Ak chứa phần tử Tất thiếu số chẵn phần tử Ta làm đầy tập Ai cách: lần ta thêm cặp dạng (a, p − a) vào Ai Ai * thiếu phần tử, a ∈ B j p − a ∈ B j với j>h Ta cách chia thỏa mãn đề 24 Với tập A khác rỗng tập X={2;3;4; ; 2010;2011} ta tính tích tất phần tử thuộc A Hãy tính tổng T nghịch đảo tất tích 40 41 Một số định lý tập hợp 4.1 Định lý Hall; Định nghĩa 1.1 Cho A1 , A2 , , An tập tập X Một biểu diễn phân biệt ( A1 , A2 , , An ) ( x1 , x2 , , xn ) thỏa mãn đồng thời điều kiện i xi ∈ Ai , ∀i = 1,2, , n ii xi ≠ x j , ∀i ≠ j Ta gọi tắt biểu diễn phân biệt SDR (system of distinct representatives) Định nghĩa 1.2 Với tập J ⊂ { 1,2, , n} , kí hiệu A ( J ) = U Ai Một họ i∈J ( A1 , A2 , , An ) tập X gọi thỏa mãn điều kiện Hall với tập J ⊂ { 1,2, , n} ta có A ( J ) ≥ J Định lý 1.1 Cho họ ( A1 , A2 , , An ) tập X Tồn SDR ( A1 , A2 , , An ) thỏa mãn điều kiện Hall Một phát biểu đời sống định lý: Cho n chàng trai, nhóm k chàng trai quen với k cô gái ( ≤ k ≤ n ) Chứng tỏ điều kiện cần đủ để tổ chức đám cưới tập thể cho chàng trai cưới cô gái quen Ví dụ Cho ( A1 , A2 , , An ) họ tập { 1,2, ,n} Giả sử tồn số nguyên dương k cho: i Ai = k , ∀i = 1,2, , n ii Mỗi phần tử { 1,2, ,k } thuộc k tập Chứng minh ( A1 , A2 , , An ) có SDR 4.2 Định lý Sperner Định nghĩa 2.1 Một họ ℑ tập { 1,2, ,n} gọi họ Sperner với tập phân biệt A, B ∈ ℑ tập chứa tập Định lý Sperner số phần tử lớn ℑ n Định lý 2.2 Cho ℑ họ Sperner tập { 1,2, ,n} Khi ℑ ≤ C   n 42 n Định lý 2.3 Giả sử ℑ họ Sperner tập { 1,2, ,n} với ℑ = C   n n phần tử n −1 ii Nếu n lẻ ℑ chứa tất tập có phần tử chứa n +1 tất tập có phần tử 4.3 Định lý Erdos–Ko–Rado Định lý a Nếu n ≥ 2k giao họ tập có k phần tử { 1,2, ,n} có i Nếu n chẵn ℑ chứa tất tập có nhiều Cnk−−11 phần tử b Nếu n > 2k họ có giao Cnk−−11 phần tử, tập ℑk ( i ) , i = 1,2, , n Với ℑk ( i ) họ chứa tất tập có k phần tử có chứa i 4.4 Định lý de Bruijn–Erdos Định lý số phần tử lớn họ tập { 1,2, ,n} mà tập có phần tử chung Định lý Cho ℑ họ tập { 1,2, ,n} với tính chất A ∩ B = với tập phân biệt A, B thuộc ℑ Khi ℑ ≤ n Dấu xảy điều sau thỏa mãn a ℑ = A(i) ℑ = B(i) với i = 1,2, , n Trong A(i) họ tập gồm { i} ,{ i, j} , i ≠ j B(i) họ tập gồm { 1,2, , n} \ { i} ,{ i, j} , i ≠ j b Có số nguyên dương q cho n = q + q + , tập ℑ chứa q + phần tử với phần tử { 1,2, ,n} chứa q + tập 43 VI Hiệu sáng kiến mang lại Hiệu kinh tế (Giá trị làm lợi tính thành tiền): Sáng kiến tài liệu quý em học sinh thầy cô trình học tập nghiện cứu toán đếm Để tổng hợp sáng kiến trên, tác giả phải tìm hiểu nghiên cứu nhiều sách, với nhiều thời gian Hiệu mặt xã hội (Giá trị làm lợi không tính thành tiền): a Từ toán đếm sử dụng ánh xạ, từ toán cũ, sáng tạo để toán với cách phát biểu thực tế hơn, dễ hiểu b Góp phần giảm bớt gánh nặng học tập cho em học sinh, cung cấp cho học sinh tài liệu học tập có hiệu quả, giúp em có tâm tốt trước kì thi HSG c Qua kiểm tra tự luận trả lời vấn đáp sau cung cấp cho học sinh nội dung sáng kiến, kết thu bước đầu sau: Những toán đầu em chưa xác định ánh xạ, cách xây dựng chứng minh song ánh, đơn ánh, toàn ánh Đến sau em rõ ràng thao tác nhanh VI Cam kết không chép vi phạm quyền 44 Tôi xin chân thành cảm ơn! Nam Định, ngày 25 tháng năm 2014 Đánh giá, xếp loại quan, đơn vị Tác giả sáng kiến Trần Mạnh Sang CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá, xếp loại) 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Titu Andresscu, Zuming Feng, A path to combinatorics for undergranduates, Birkhauser, 2007 [2] Titu Andresscu, Zuming Feng, 102 combinatorial Problems from the Training of the USA IMO Tearm, Birkhauser, 2002 [3] Titu Andresscu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads Ptoblems and Solution from around the World, to 1995 from 2002 [4] Arthur Engel, Problem – Solving Strategies, Springer, 1999 [5] Probabilistic Methods in Combinatorics [6] Yufei Zhao, Counting in Two Ways, Incidence Matrices, June 26, 2007 [7] Reid Barton, Counting in two ways, June 28, 2005 [8] Lorszlus Lovorsz, Combinatorial problems and exercises [9] www.mathlinks.ro [10] Tạp chí Toán học tuổi trẻ 46 ... dưỡng học sinh có tư chất thực II Mô tả giải pháp: Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Đã có nhiều toán, đề thi HSG có xuất lý thuyết tập hợp ứng dụng: HSG quốc gia (VMO, VNTST), đề thi quốc tế... tập hợp Các toán số phần tử tập hợp Các toán mối liên hệ tập hợp, phép toán tập hợp Các toán tập tập hợp, phân hoạch tập hợp Các toán kết hợp tính chất số học Một số định lý tập hợp (Các định lý... quốc tế (IMO, IMC) hay kì thi quốc gia (China TST, USA TST, ) Việc giải toán không đơn giản (Thường khó đề thi) Một phần khó học sinh Việt Nam việc em tiếp xúc với dạng toán, dẫn đến cảm giác sợ