Một số nguyên lý và kỹ thuật để giải các bài toán tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH PHƯƠNG MỘT SỐ NGUYÊN LÝ VÀ KỸ THUẬT ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH PHƯƠNG MỘT SỐ NGUYÊN LÝ VÀ KỸ THUẬT ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Đặng Hùng Thắng Thái Nguyên - 2017 i Mục lục Danh sách kí hiệu ii Mở đầu Chương Hệ số nhị thức hệ số đa thức 1.1 1.2 1.3 Hệ số nhị thức tính chất 1.1.1 Định lý nhị thức 1.1.2 Các đồng thức tổ hợp 1.1.3 Tam giác Pascal 11 1.1.4 Đồng thức Chu Shih-Chieh 13 1.1.5 Một số tính chất hệ số nhị thức 19 Hệ số đa thức tính chất 22 1.2.1 Hệ số đa thức 22 1.2.2 Định lý đa thức 24 Một số toán vận dụng 28 Chương Nguyên lý Dirrichlet, nguyên lý bao hàm – loại trừ, hàm sinh 38 2.1 Nguyên lý Dirichlet 38 2.2 Nguyên lý bao hàm – loại trừ 40 2.3 Hàm sinh quan hệ truy hồi 44 2.3.1 Các hàm sinh thông thường 44 2.3.2 Phân hoạch nguyên 54 Các toán áp dụng 60 2.4 Kết luận 73 Tài liệu tham khảo 74 ii Danh sách kí hiệu Z tập hợp số nguyên N tập hợp số tự nhiên n! n giai thừa, xác định n! = · · · · · n n r Cnr số tổ hợp chập r n phần tử deg P(x) bậc đa thức P(x) a ≡ b (mod p) a đồng dư với b theo modulo p gcd(a, b) ước chung lớn hai số nguyên a b a|b a ước b a b a ước b x m ∑ i=1 m ∏ bi phần nguyên x ký hiệu tổng a1 + a2 + · · · + am ký hiệu tích b1 b2 · · · bm i=1 P(X) tập tất tập tập hợp X |A| số phần tử tập hợp A Mở đầu Trong nhiều năm tổ hợp chuyên đề lớn học viên chuyên ngành toán sơ cấp Các nguyên tắc kĩ thuật tổ hợp ngày có nhiều ứng dụng lĩnh vực khác, đặc biệt khoa học máy tính Nhận thức vai trò lý thuyết tổ hợp đời sống đại nên lý thuyết tổ hợp đưa vào chương trình học phổ thơng chiếm phần kì thi tốn quốc gia quốc tế Trong chương trình bậc đại học cao học, học viên chưa có điều kiện làm quen nghiên cứu nguyên lý kĩ thuật đại số tổ hợp có khơng nhiều không sâu Mặt khác, nước ta tài liệu tổ hợp chưa nhiều Mục tiêu đề tài luận văn tìm hiểu số nguyên lý kỹ thuật để giải toán tổ hợp nâng cao như: Nguyên lý Dirrichlet Nguyên lý bao hàm loại trừ, kỹ thuật sử dụng hệ số nhị thức, hệ số đa thức, quan hệ truy hồì phương pháp hàm sinh Về mặt ứng dụng, luận văn áp dụng lý thuyết để soi sáng tốn tổ hợp phổ thơng, phân loại hệ thống hoá (theo dạng phương pháp giải) tập nâng cao tổ hợp sáng tác toán tổ hợp Tác giả cố gắng phấn đấu để luận văn cung cấp thêm tài liệu tham khảo tốt tổ hợp cho học sinh phổ thông, đặc biệt dành cho em học sinh có khiếu mơn tốn Tác giả hy vọng luận văn đáp ứng phần lòng u thích khám phá tốn học em học sinh đồng thời tài liệu hữu ích để bạn đồng nghiệp tham khảo Ngồi thơng qua việc viết luận văn, tác giả có hội mở rộng nâng cao hiểu biết tốn sơ cấp nói chung tổ hợp nói riêng, nâng cao kỹ giải toán tổ hợp, phục vụ tốt cho việc giảng dạy mơn tốn trường phổ thông Nội dung luận văn trình bày hai chương: Chương Hệ số nhị thức hệ số đa thức Trong chương chúng tơi trình bày định lí hệ số nhị thức, hệ số đa thức Các tính chất hệ số nhị thức hệ số đa thức số ví dụ vận dụng giải toán tổ hợp Chương Nguyên lý Dirrichlet Nguyên lý bao hàm – loại trừ hàm sinh Trong chương chúng tơi trình bày ngun lý bản, nguyên lý Dirichlet, nguyên lý bao hàm – loại trừ hàm sinh Một số ví dụ toán áp dụng nguyên lý Trong thời gian học tập hoàn thành luận văn, nhận hướng dẫn GS TSKH Đặng Hùng Thắng (Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến gia đình động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hoàn thành tốt luận văn Thái Nguyên, ngày 04 tháng 11 năm 2017 Tác giả luận văn Nguyễn Thị Minh Phương Chương Hệ số nhị thức hệ số đa thức 1.1 Hệ số nhị thức tính chất 1.1.1 Định lý nhị thức Trong phần này, chúng tơi trình bày định lý nhị thức, tính chất hệ số nhị thức ứng dụng toán tổ hợp Chúng ta bắt đầu với dạng đơn giản sau Định lý nhị thức phát Isaac Newton (1646-1727) năm 1676 Định lí 1.1.1 Với số nguyên n ≥ 0, ta có n n n n−1 n n n x + x y+···+ xyn−1 + y n−1 n n n n−r r x y =∑ r r=0 (x + y)n = Chứng minh thứ - Quy nạp toán học Với n = 0, kết tầm thường (x + y)0 = = 0 x0 y0 Giả sử xảy n = k với số nguyên k ≥ đó, k (x + y)k = ∑ r=0 k k−r r x y r Xét n = k + Quan sát thấy (x + y)k+1 = (x + y)(x + y)k k = (x + y) ∑ r=0 k = ∑ r=0 = k k−r r x y r (bởi giả thiết quy nạp) k k+1−r r k k k−r r+1 x y ∑ x y r r=0 r k k+1 k k k k−1 k x + x y+ x y +···+ xyk k + k k k k−1 k k k+1 x y+ x y +···+ xyk + y k−1 k Áp dụng (??) kết tầm thường, k k+1 =1=1 0 k k+1 =1= , k k+1 ta có (x + y)k+1 = k + k+1 k+1 k k+1 k + k+1 x + x y+···+ xyk + y , k k+1 điều ta cần Phép chứng minh hoàn thành nguyên lý quy nạp toán học Chứng minh thứ hai - Phương pháp tổ hợp Đủ để chứng minh hệ số xn−r yr khai triển (x + y)n n r Để khai triển tích (x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y), n ta chọn hai x y từ nhân tử (x + y) sau nhân chúng với Như vậy, để tạo thành xn−r yr , trước hết ta chọn r n nhân tử (x + y) sau chọn “y” từ r nhân tử chọn (và tất nhiên chọn “x” từ phần lại (n − r) nhân tử) Bước thực theo cách Do đó, số cách để tạo thành xn−r yr 1.1.2 n r n r cách cách thứ hai Các đồng thức tổ hợp Định lý nhị thức kết tốn học có nhiều ứng dụng Trong phần này, thấy Định lý 1.1.1 sinh cách dễ dàng nhiều tính chất thú vị liên quan đến hệ số nhị thức Để đơn giản so sánh, số cách chứng minh khác tính chất đưa Ví dụ 1.1.2 Chứng minh với số nguyên n ≥ 0, ta có n ∑ r=0 n n n n = + +···+ = 2n r n (1.1) Chứng minh thứ Cho x = y = Định lý 1.1.1, ta có n ∑ r=0 n = (1 + 1)n = 2n r Và điều kết thúc phép chứng minh Chứng minh thứ hai Cho X tập hợp có n phần tử P(X) tập hợp tất tập hợp X Ta đếm lực lượng |P(X)| theo hai cách Với r = 0, 1, , n, số tập có r phần tử X n r theo định nghĩa Do |P(X)| = n n n + +···+ n Mặt khác, ta có |P(X)| = 2n Do đó, ta có điều cần chứng minh Ví dụ 1.1.3 Chứng minh với số nguyên n ≥ 1, ta có n • ∑ (−1)r r=0 n = r n n n n = 0, − + − · · · + (−1)n n n n n + +···+ +··· = 2k n n n = + +···+ + · · · = 2n−1 2k + = • (1.2) (1.3) Chứng minh Cho x = y = −1 Định lý 1.1.1, ta nhận n ∑ r=0 n (−1)r = (1 − 1)n = 0, r mà đồng thức thứ Đồng thức thứ hai thu từ đồng thức thứ đồng thức (1.1) Nhận xét 1.1.4 Một tập A tập X khác rỗng gọi tập hợp chẵn phần tử (tương ứng lẻ phần tử) tập X |A| chẵn, tương ứng lẻ Đồng thức (1.3) nói rằng, cho trước tập n phần tử X, số tập chẵn phần tử số tập lẻ phần tử X Ví dụ 1.1.5 Chứng minh với số n ∈ N, ta có n ∑r r=1 n n n n n = +2 +3 +···+n = n · 2n−1 r n (1.4) Chứng minh thứ Cho x = Định lý 1.1.1 cho ta n (1 + y)n = ∑ r=0 n r y r Đạo hàm hai vế đồng thức theo biến y ta có n n(1 + y)n−1 = ∑r r=1 n r−1 y r Cuối cùng, cách đặt y = 1, ta có n n = n(1 + 1)n−1 = n · 2n−1 r ∑r r=1 Ta có điều cần chứng minh Chứng minh thứ hai Đồng thức n n n−1 = r r r−1 viết lại thành r với điều kiện r ≥ n n−1 =n r r−1 Do n n n n−1 n n−1 ∑ r r = ∑ n r−1 = n ∑ r−1 r=1 r=1 r=1 n−1 =n∑ s=0 n−1 (cho s = r − 1) s = n · 2n−1 (bởi (1.1)) Ta có điều phải chứng minh Nhận xét 1.1.6 Mở rộng kỹ thuật sử dụng hai chứng minh trên, người ta chứng minh n ∑ r2 n = n(n + 1)2n−2 , r ∑ r3 n = n2 (n + 3)2n−3 r r=1 n r=1 60 + + ←→ + + + + + + ←→ + + + + + ←→ + + + + + ←→ + + Một ứng dụng Định lý 2.3.20 cho ví dụ sau Ví dụ 2.3.21 Ký hiệu ar số cách phân r đồ vật giống vào hộp giống cho khơng có hộp để trống Tìm hàm sinh (ar ) Chứng minh Đầu tiên, ý ar số phân hoạch r thành số hạng Bởi theo Định lý 2.3.20, ar với số phân hoạch r thành số hạng có độ lớn lớn Từ đó, ta thu hàm sinh cho (ar ) đây: (1 + x + x2 + · · · )(1 + x2 + x4 + · · · )(x3 + x6 + · · · ) x3 = (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) Ta có điều cần chứng minh Như hệ trực tiếp từ Định lý 2.3.20, ta có: Hệ 2.3.22 Cho m, n ∈ N với m ≤ n Khi đó, số phân hoạch n thành nhiều m số hạng số phân hoạch n thành số hạng với độ lớn khơng vượt q m 2.4 Các tốn áp dụng Bài toán 2.4.1 Cho X tập hợp gồm có số nguyên phân biệt Hãy có hai số nguyên x y thuộc X thỏa mãn x + y x − y chia hết cho 10 Lời giải Giả sử tập hợp X gồm có số nguyên phân biệt có dạng X = {x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 } Gọi ri số dư chia xi cho 10 Ta xét tập hợp X : H1 = {xi | ri = 0}, H2 = {xi | ri = 5}, 61 H3 = {xi | ri = ri = 9}, H4 = {xi | ri = ri = 8}, H5 = {xi | ri = ri = 7}, H6 = {xi | ri = ri = 6} Vậy ta có chuồng chim bồ câu cho chim Nếu x y thuộc H1 H2 ta có tổng x + y chia hết cho 10 Nếu x y thuộc bốn tập lại ta có tổng x + y hiệu x − y chia hết cho 10 không xảy đồng thời tổng hiệu chia hết cho 10 Phép chứng minh toán kết thúc Sau toán Kì thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia mơn Toán lớp 12 THPT năm 2004 Bài toán 2.4.2 (VMO 2004) Cho tập A gồm 16 số nguyên dương Hãy tìm số ngun dương k nhỏ có tính chất: tập có k phần tử A tồn hai số phân biệt a b cho a2 + b2 số nguyên tố Lời giải Giả sử k số nguyên dương cho tập cók phân tử tập A tồn hai số phân biệt a b cho a2 + b2 số nguyên tố Xét tập T gồm số chẵn thuộc tập A Khi |T | = với a b thuộc T ta có tổng a2 + b2 hợp số Từ ta suy k ≥ Xét cặp số sau: A = {1; 4} ∪ {3; 2} ∪ {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 | = Khi theo Ngun lí Dirichlet T chứa cặp nói trên, hay nói cách khác T tồn hai số phân biệt a b cho a2 + b2 số nguyên tố Vậy số k nhỏ thỏa mãn yêu cầu toán k = Bài toán 2.4.3 Chứng minh khối đa diện lồi tồn hai mặt có số cạnh Lời giải Kí hiệu M số mặt có số cạnh lớn khối đa diện Giả sử mặt M có k cạnh Khi có k mặt có cạnh chung với M, nên đa diện có k + mặt 62 Vì mặt có số cạnh nhiều k, nên mặt đa diện có số cạnh nhận giá trị {3, 4, , k} Đa diện có k + mặt, mà mặt số cạnh nhận k − giá trị Vì theo Ngun lí Dirichlet suy có hai mặt đa diện có số cạnh Bài toán 2.4.4 (Olympic Trung Quốc) Cho tập hữu hạn X Ta chọn 50 tập A1 , A2 , , A50 tập chứa nửa số phần tử X Chứng minh tồn tập A X cho số phần tử A không vượt A ∩ Ai = 0/ với i = 1, 2, , 50 Lời giải Vì tập chứa nửa phần tử X nên ta có |A1 | + |A2 | + + |A50 | > 50|X| = 25|X| Do theo Dirichlet phải có phần tử thuộc 26 tập Ta chọn phần tử thuộc A x1 Bỏ 26 tập xét 24 tập lại tương tự phải tồn phần tử thuộc 13 tập, chọn phần tử thuộc A x2 Tương tự xét 11 tập lại phải có phần tử x3 thuộc tập Lại xét tập lại phải có x4 thuộc tập Xét tập lại chọn phần tử x5 chung tập hai tập giao Do đó, tồn tập A có |A| ≤ |A ∩ Ai | ≥ Phép chứng minh hoàn tất Bài toán 2.4.5 (VMO 2011) Cho ngũ giác lồi ABCDE có cạnh đường √ chéo AC, AD có độ dài khơng vượt q Trong ngũ giác lồi lấy 2011 điểm Chứng minh tồn hình tròn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác lồi ABCDE chứa 403 điểm số 2011 điểm cho Lời giải Câu hỏi toán gợi ý cho sử dụng nguyên lý Dirichlet, tự nhiên theo giả thiết, ta nối AC, AD lại ngũ giác ABCDE √ chia thành tam giác, tam giác có cạnh khơng vượt q Ý tưởng chứng minh đường tròn phủ hết ngũ giác Và theo nguyên lý Dirichlet ta có điều phải chứng minh Khi chia ngũ giác làm phần nói tam giác lớn mà tam giác √ đạt tam giác cạnh Thật vậy, xét tam giác ABC 63 có tâm ngoại tiếp O ta tính OA = OB = OC = Vậy xét đường tròn có tâm đỉnh tam giác có bán kính đồng quy O phủ hết tam giác ABC Như thế, xét tam giác lại ta có điều tương tự Ghép tam giác lại thành ngũ giác ABCDE suy đường tròn có tâm đỉnh ngũ giác có bán kính phủ hết đa giác Như toán chứng minh Bài toán 2.4.6 (Putanam 1993) Cho dãy hữu hạn số nguyên dương sau: x1 ≤ x2 ≤ xm ≤ n y1 ≤ y2 ≤ yn ≤ m Khi tồn số ≤ i1 ≤ i2 ≤ m; j1 ≤ j2 ≤ n cho j2 i2 ∑ x1 = i=i1 ∑ y j j= j1 Lời giải Đặt q p a p = ∑ xi (p ∈ Z, ≤ p ≤ m), bq = i=1 ∑ y j j=1 Giả sử an ≤ bn Lúc với p nhận giá trị từ đến m tồn f (p) số bé mà a p ≤ b f (p) Xét m hiệu b f (1) − a1 , ., b f (m) − am Ta chứng minh hiệu bé m Thật vậy, có số p cho m ≤ b f (p) − a p m < b f (p) Suy f (p) > lại có m ≤ b f (p) + y f (p) − a p => ≤ m − y f (p) ≤ b f (p) − a p suy a p ≤ b f (p)−1 Đây điều mâu thuẫn Như vậy, hiệu xét bé m Bây chọn hiệu triệt tiêu b f (b) − a p = ta có cách chọn i1 = j1 = 1, i2 = p; j2 = f (p) thoả mãn tốn Nếu khơng có hiệu ta có tất m hiệu nhận giá trị từ đến m − nên có hai hiệu Lúc ta chọn số thoả mãn 64 Bài tốn 2.4.7 Có 2000 học sinh tham gia thi trắc nghiệm gồm câu hỏi, câu hỏi có phương án trả lời, học sinh phép chọn phương án tương ứng để trả lời cho câu hỏi Tìm số tự nhiên n bé cho học sinh làm thi theo cách mà n học sinh tìm học sinh cho học sinh học sinh có làm khác câu hỏi? Lời giải Bài toán khó, u cầu khả dự đốn cao Bằng trực quan ta dự đoán n = 25 (là ước 2000) nên ta chứng minh n ≤ 24 trường hợp yêu cầu tốn khơng thể thoả mãn Xét I = {1; 2; 3; 4}, làm học sinh đặt tương ứng với x = {x1 ; x2 ; ; x5 } ∈ I xi số thứ tự phương án mà học sinh chọn đề trả lời câu hỏi i, với ta chấp nhận cách viết x = (x1 , x) với x = (x2 , x3 , x4 , x5 ) ∈ I Như I5 phân chia thành 44 = 256 tập rời tập gồm khác thành phần thứ nhất, tức tập có dạng Xx = {(1; x); (2; x) (4; x} Vì 2000 > · 256 nên theo nguyên lý Dirichlet có học sinh A1 ; A2 A8 mà làm họ ứng với thuộc tập A (trong 256 tập nói trên) Mà 1992 > · 256 nên 1992 học sinh lại tìm B1 B8 học sinh ứng với thuộc tập B đó, lại có 1984 > · 256 nên tiếp tục tìm học sinh ứng với thuộc tập C Xét học sinh số 24 học sinh chọn ta ln chọn học sinh có làm ứng với thuộc A, B C học sinh có làm khác tối đa câu Vậy với n bé 24 u cầu tốn khơng thoả mãn Ta chứng minh n = 25 giá trị nhỏ cần tìm Xét S= x ∈ I | ∑ xi ≡ mod i=1 Tập hợp gồm 256 đồng thời ta có x, y thuộc S x = y =⇒ ∃i, mà i < j ≤ 5; xi = y1 ; x j = y j Lấy D tập gồm 250 phần tử S xét tình với x thuộc D tồn học sinh có làm ứng với x Khi 25 > · nên 65 25 học sinh tìm học sinh có làm ứng với x, y, z, t thuộc D đôi khác học sinh có làm khác câu hỏi Bài toán 2.4.8 (Canadian Math Olympiad 2006) Có n em bé k kẹo, n k số nguyên dương Gọi ak số cách chia kẹo cho em bé cho khơng có em bé q hai kẹo Tính 2n S = ∑ = a1 + a2 + + a2n i=1 Chứng minh Xét F(x) = (1 + x + x2 )n Ta có F(x) hàm sinh dãy ak với a0 = 1, nghĩa 2n F(x) = ∑ xi = a0 + a1 x + a2 x2 + + a2n x2n i=1 Vậy S = F(1) − a0 = 3n − Bài toán 2.4.9 Cho n k nguyên dương cho trước Phương trình x1 + x2 + + xn = k có nghiệm ngun khơng âm? Chứng minh Xét G(x) = (1 + x + x2 + + xk + )n Gọi ak nghiệm nguyên không âm phương trình Khi đó, ak hệ số ứng với xk G(x) Tiếp theo, ta tìm hệ số G(x) sau khai triển ứng với xk Ta có, với |x| < G(x) = (1−x)n ak = −n Khi = (−1)k k −n = (−1)k k = (−n)(−n − 1) · · · (−n − k + 1) 1···k (n − k + 1)! n+k−1 = (n − 1)!k! k Bài toán 2.4.10 (VMO 2012) Cho nhóm gồm gái, kí hiệu g1 , g2 , g3 , g4 , g5 12 chàng trai Có 17 ghế xếp thành hàng ngang Người ta xếp nhóm người cho ngồi vào ghế cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: 66 a) Mỗi người ngồi ghế b) Các cô gái xếp theo thứ tự 1, 2, 3, 4, c) Giữa g1 , g2 có chàng trai d) Giữa g4 , g5 có chàng trai nhiều chàng trai Hỏi có tất cách xếp vậy? (Hai cách xếp coi khác tồn ghế mà người ngồi ghế hai cách xếp khác nhau) Lời giải Năm cô gái g1 , g2 , g3 , g4 , g5 chia hàng ngang thành sáu khoảng (bốn khoảng cô gái hai khoảng đầu cuối) Ta nhận thấy cách xếp chppx hoàn toàn xác định số lượng xi chàng trai khoảng thứ tự chàng trai từ trái qua phải Như số sách xếp 12! nhân với số nghiệm phương trình x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 = 12, (2.11) xi số nguyên thỏa mãn x1 ≥ 0, x2 ≥ 3, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0, ≥ x5 ≥ 1, x6 ≥ Lần lượt xét trường hợp x5 = 1, 2, 3, 4, đổi biến y1 = x1 , y2 = x2 − 3, y3 = x3 , y4 = x4 , y5 = x6 Ta thấy số nghiệm phương trình (2.11) tổng số nghiệm phương trình y1 + y2 + y3 + y4 + y5 = − t, t = 1, 2, 3, 4, yi ≥ Theo Bài tốn 2.4.9 ta có số nghiệm phương trình x1 + x2 + + xk = n, n+k−1 k−1 xi ≥ Vậy số cách xếp thỏa mãn toán 12! · ∑ t=1 13 − t = 12! · 1161 (cách) 67 Bài toán 2.4.11 Cho n nguyên dương Gọi pn số cách chia n thành tổng số lẻ (có thể nhau) qn số cách chia n thành tổng số phân biệt Chứng minh pn = qn Chứng minh Xét F(x) = (1 + x + x2 + x3 )(1 + x3 + x6 + x9 )(1 + x5 + x10 + x15 ) hệ số xn số cách chia n thành tổng hệ số lẻ (có thể nhau, có hai số lẻ chẳng hạn, tổng chúng 6, tương ứng với x6 biểu thức thứ hai), tức pn Xét G(x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 )(1 + x4 ) hệ số xn số cách chia n thành tổng số nguyên dương phân biệt, tức qn Bây ta chứng minh F(x) = G(x), pn = qn với n Ta có G(x)(1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 )(1 − x4 ) = (1 − x2 )(1 − x4 )(1 − x6 ) nên G(x) = 1 · · = F(x) − x − x3 − x5 Bài toán 2.4.12 (Bài toán Catalan) Cho 2n điểm đường tròn Có cách nối điểm n dây cung không cắt nhau? Chứng minh Gọi cn số cách nối thỏa mãn yêu cầu toán Quy ước c0 = Đánh số điểm 1, , 2n Xét điểm mang số Nó nối với điểm chẵn Nếu nối với 2k cung chi 2n − điểm lại thành hai phần, phần có 2n − 2k điểm, phần lại có 2k − điểm Vậy cn = c0 cn−1 + c1 cn−2 + + cn−1 c0 Xét hàm F(x) = c0 + c1 x + c2 x2 + + cn xn + (2.12) 68 Do tính chất (2.12) nên [F(x)]2 = F(x)F(x) = c1 x + c2 x + = F(x) − , x F(x) > Suy √ − − 4x F(x) = , x< 2x √ Khai triển vế phải, ý − 4x = (1 − 4x) , ta hệ số xn cn = n C2n 1+n Bài tốn 2.4.13 (Romania MO 2003) Có số có n chữ số, lập từ chữ số 2, 3, 7, mà chia hết cho 3? Chứng minh Ta tìm số chữ số mà có tổng chữ số chia hết cho Xét F(x) = (x2 + x3 + x7 + x9 )n Gọi ak số số có n chữ số, lập từ chữ số 2, 3, 7, mà có tổng chữ số k Khi ak hệ số xk khai triển F(x) Số cần tính S = a0 + a3 + a6 + + a3k + Ta có F(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + , Xét ε = e 2πi + ε + ε = 0, ε 3k+1 = ε, ε 3k+2 = ε Khi F(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 , F(ε) = a0 + a1 ε + a2 ε + a3 + a4 ε + a5 ε + a6 , F(ε ) = a0 + a1 ε + a2 ε + a3 + a4 ε + a5 εa6 69 Vậy F(1) + F(ε) + F(ε ) = 3(a0 + a3 + a6 + ) = 3S Bây ta tính F(1) + F(ε) + F(ε ) Ta có F(1) = 4n , F(ε) = (ε + ε + ε + ε )n = (ε + ε + 1)n = 1, F(ε ) = (ε + ε + ε 14 + ε 18 )n = (ε + + ε + 1)n = Vậy S = 4n +2 Sau ta giới thiệu Định lý Lọc đơn vị (Root of Unity Filter - RUF) Định lí 2.4.14 (Định lý Lọc đơn vị) Cho ε = e 2πi n với n số nguyên dương Khi đa thức F(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + coi ak = k > deg F(x), ta có a0 + an + a2n + = F(1) + F(ε) + F(ε ) + + F(ε n−1 ) n Chứng minh Định lý chứng minh dựa tính chất tổng sk = + ε k + ε 2k + + ε (n−1)k Nếu k chia hết cho n ε k = sk = n Nếu k khơng chia hết cho n ε k = sk = 1−ε nk 1−ε k = Do F(1) + F(ε) + F(ε ) + + F(ε n−1 ) = a0 s0 + a1 s1 + = n(a0 + an + a2n + ) Đây điều cần chứng minh Bài toán 2.4.15 Có tập tập hợp {1, 2, , 2010} mà tổng phần tử chia hết cho 70 Chứng minh Xét F(x) = (1 + x)(1 + x)2 (1 + x)3 (1 + x)2010 Khi gọi ak số tập S có tổng phần tử k, ak hệ số F(x) ứng với xk Ta cần tính A = a0 + a5 + a10 + a15 + Đặt ε = e 2πi theo Định lý Lọc đơn vị ta có A= F(1) + F(ε) + F(ε ) + F(ε ) + F(ε ) Mà F(1) = 22010 F(ε) = (1 + ε)(1 + ε)2 (1 + ε)3 (1 + ε)2010 = +1 ε = ∏ i=1 1 + + ε 1+2+3+ +2010 ε2 ε 2010 +1 εi 402 Đặt G(x) = ∏ i=1 −1 εi = −1 nên −1 εi +1 εi nghiệm phương trình x5 + = Suy G(x) = x5 + Vậy G(1) = Do F(ε) = 2402 Tương tự, F(ε ) = F(ε ) = F(ε ) = 2402 Vậy A = (22010 + · 2402 ) Hai số nguyên gọi nguyên tố chúng khơng có ước số chung khác Với số nguyên dương n, ký hiệu ϕ(n) số số nguyên dương nhỏ n mà nguyên tố với n Hàm ϕ(n) gọi ϕ-hàm Euler Bài tốn 2.4.16 Hãy tính giá trị ϕ(n) theo n 71 Lời giải Giả sử α n = pα1 pα2 pk k phân tích tắc n thành tích thừa số nguyên tố, α1 , α2 , , αk số nguyên dương Ta giả sử A = {1, 2, n}, A pi = {a ∈ A | a chia hết cho pi }, với i = 1, 2, k Khi |A pi | = n , pi A pi ∩ A p j = n pi p j với i = j Áp dụng Nguyên lý bao hàm loại trừ , ta ϕ(n) = A \ (A p1 ∪ A p2 ∪ ∪ A pk ) = |A| − A p1 ∪ A p2 ∪ ∪ A pk n n n n n n + + + − − + + (−1)k+1 p1 p2 pk p1 p2 p2 p3 p1 p2 pk 1 = n 1− 1− 1− p1 p2 pk = n− Vậy ϕ(n) = n − p1 1− 1 1− p2 pk Bài tốn 2.4.17 Một bàn tròn có 2n ghế Cần n cặp vợ chồng cho đàn ơng ngồi xen kẽ đàn bà khơng có cặp vợ chồng ngồi cạnh (có tính đến vị trí ghế thứ tự chỗ ngồi) Hỏi có cách xếp? Lời giải Gọi số phải tìm Mn Theo Nguyên lý bao hàm loại trừ, ta có n Mn = 2n! ∑ (−1)k k=0 2n C(2n − k, k)(n − k)! 2n − k Bài toán 2.4.18 (VMO-1995, Bảng B) Hỏi từ số 1, 2, 3, 4, lập số có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (1) Trong số, chữ số có mặt hai lần; (2) Trong số, hai chữ số giống không đứng cạnh nhau? 72 Lời giải Gọi s số cần tìm A tập gồm tất số có 10 chữ số, lập từ chữ số 1, 2, 3, 4, thỏa mãn điều kiện (1) đề Khi đó, theo Nguyên lý bao hàm loại trừ ta tính |A| = 10! 25 s= 5! 10! 9! 8! 7! 6! −C +C −C +C − = 39480 5 5 25 24 23 22 21 20 73 Kết luận Những kết đạt Luận văn “Một số nguyên lý kỹ thuật để giải toán tổ hợp” đạt kết sau: Trình bày kiến thức sở hệ số nhị thức hệ số đa thức áp dụng giải tốn tổ hợp Trình bày vấn đề cốt lõi Nguyên lý Dirrichlet Nguyên lý bao hàm loại trừ đặc biệt áp dụng giải tốn tổ hợp Trình bày kiến thức quan trọng hàm sinh ứng dụng vào tổ hợp Đề xuất số hướng nghiên cứu Sau kết đạt luận văn, số vấn đề sau tiếp tục nghiên cứu: • Nghiên cứu ứng dụng sâu sắc kỹ thuật trình bày luận văn Đồng thời thảo luận thêm phương pháp, nguyên lý kỹ thuật khác tổ hợp sử dụng phép đếm, hàm sinh, phương pháp bất biến, • Các vấn đề khác có liên quan mật thiết với tổ hợp, chẳng hạn kỹ thuật phương pháp giải toán đếm, toán xác suất, 74 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Ngọc Khánh (2015), Một số vấn đề phương trình Diophantine, Luận văn thạc sĩ tốn học, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên [2] Vũ Đình Hòa (2002), Tổ hợp tốn ứng dụng, NXB Giáo dục [3] Võ Đăng Giai (2008), Phương pháp giải toán tổ hợp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [4] Chen Chuan-Chong (1992), Principles and Techniques in Combinatorics, World Scientific [5] László Lovász (1979), Combinatorial Problems and Exercises, NorthHolland ... kĩ thuật đại số tổ hợp có không nhiều không sâu Mặt khác, nước ta tài liệu tổ hợp chưa nhiều Mục tiêu đề tài luận văn tìm hiểu số nguyên lý kỹ thuật để giải toán tổ hợp nâng cao như: Nguyên lý. .. HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH PHƯƠNG MỘT SỐ NGUYÊN LÝ VÀ KỸ THUẬT ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46... Hệ số nhị thức hệ số đa thức Trong chương chúng tơi trình bày định lí hệ số nhị thức, hệ số đa thức Các tính chất hệ số nhị thức hệ số đa thức số ví dụ vận dụng giải toán tổ hợp Chương Nguyên lý