Trần ngọc thắng, ứng dụng số phức và hệ thặng dư trong bài toán đếm hè 2017

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC, HỆ THẶNG DƯ ĐẦY ĐỦ VÀ THU GỌN TRỌNG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM TRẦN NGỌC THẮNG, GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Bài 1 IMO 1995.. Tìm số tập hợp con của tập hợp A mà mỗi tập con đó có

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC, HỆ THẶNG DƯ ĐẦY ĐỦ VÀ THU GỌN TRỌNG MỘT SỐ BÀI

TOÁN ĐẾM TRẦN NGỌC THẮNG, GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Bài 1 (IMO 1995) Cho p là một số nguyên tố lẻ và tập hợp A1, 2, , 2p Tìm số tập hợp con của tập hợp A mà mỗi tập con đó có p phần tử và tổng các phần tử chia hết cho p

Bài 2 (Mở rộng IMO 1995) Gọi f n số các tập con X của tập hợp   1, 2, , 2n sao cho X có n 

phần tử và tổng các phần tử của X chia hết cho n Chứng minh rằng

1

1

n

d

d n

n

 



Lời giải bài 1

Cách 1 (Phân lớp thặng dư) Bổ đề Cho p là một số nguyên tố và tập hợp A1, 2, ,p; ,

i k là các số tự nhiên thỏa mãn 0 i p1, 1k  p1 Chứng minh rằng số các tập con gồm k phần tử của tập A và tổng các phần tử của mỗi tập con đó imodp bằng

k p

C

p

Chứng minh

Kí hiệu A i là tập hợp các tập con có k phần tử và tổng các phần tử của mỗi tập con

mod 

 Xét hai số tự nhiên phân biệt m n, 0,1, 2, ,p1

Xét a a1, 2, ,a kA n Do k p ,  1 nên kx x0,1, 2, ,p1 là hệ thặng dư đầy đủ

mod p suy ra tồn tại số nguyên c0,1, 2, ,p1 sao cho kcm n modp Xét tập hợp

a1c a, 2c, ,a k c, ta có

a  c a  c a  c a a  a kc n m n m p

Suy ra a1c a, 2c, ,a k c tương ứng với một phần tử trong tập A m Do đó



Vậy bổ đề được chứng minh

Trở lại bài toán, do p là số nguyên tố lẻ nên  1

1 2

2

p p

 

1 2 2

2

p p

p  p   p p   p suy ra hai tập hợp 1, 2, , p và

p1,p2, , 2p là hai tập thỏa mãn có p phần tử và tổng các phần tử chia hết cho p Xét tập hợp A A,  p và 0 mod 

x A





 , A1, 2, ,p , p1,p2, , 2p

Giả sử trong A có k phần tử được chọn từ 1, 2, , p và tổng các phần tử này imodp thì

p k phần tử còn lại phải được chọn từ tập p1,p2, , 2p và tổng p k phần tử này phải  p i modp Như vậy theo bài toán 1 thì mỗi cách chọn k phần tử thuộc tập

1, 2, , p thì số cách chọn p k phần tử còn lại của A bằng



 Do đó số cách

chọn tập A A,  p và 0 mod 

x A





 , A1, 2, ,p , p1,p2, , 2p bằng

   0 2 1 2  2

1

2 1

p

k







Do đó số các tập con thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

2

p p

C p





Cách 2 (Số phức) Đặt cos2 isin2

   , kí hiệu x j ( j0,1, ,p1) là số tập hợp con X

của A sao cho S X  jmodp và X  Ta có k

1

k k

p

j j



  

1 2

k k

c c c

c c c p

   

     bằng hệ số của x 2 p k trong khai triển thành đa thức của

   2  2 

p

x x x Mặt khác ta có

         

     

Do đó ta được

   2  2 

p

x

Ta xét các trường hợp sau

TH1 Nếu k  p thì hệ số của x 2 p k x p bằng 2 Do đó ta được

1

2

k k

p

c c c j

j



  

     

Từ đẳng thức này suy ra

0 2 1 p 1

0

2

p

x



2 0

2 2

p p

C x

p



TH2 Nếu k  p thì hệ số của 2 p k

x  bằng 0 Do đó ta được

1

2

k k

p

c c c j

j



  

     

Từ đẳng thức này suy ra

0 1 p 1

0

p k p

x



p

p

C

x

p



  nếu k  p và 0 2

k p

C x p

 nếu k  p

Bài 3 (Canada Mathematical Olimpiad 2014) Cho p là một số nguyên tố lẻ Tìm số bộ số nguyên, sắp thứ tự a a1, 2, ,a p thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau :

(1) a a1, 2, ,a p0,1, 2, ,p1 ;

(2) a a  a không chia hết cho p ;

(3) a a1 2a a2 3 a p1a pa a p 1 chia hết cho p

Bài 4 Cho p là một số nguyên tố lẻ Tìm số bộ số nguyên sắp thứ tự a a1, 2, ,a p thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau :

(1) a a1, 2, ,a p0,1, 2, ,p1 ;

(2) a1a2 a p không chia hết cho p ;

(3) a12a22 a2p chia hết cho p

Lời giải bài 3

Kí hiệu A i i, 0,1, ,p1 là tập hợp các bộ sắp thứ tự a a1, 2, ,a p thỏa mãn điều kiện (1), (2) và thỏa mãn a a1 2a a2 3 a p1a p a a p 1imodp

Xét bộ a a1, 2, ,a pA i

Do 2a1a2 a p,p 1 2a1a2 a pk k 0,1, ,p1 lập thành một hệ thặng dư đầy đủ suy ra với mỗi số j0,1, ,p1 thì tồn tại số c0,1, ,p1 sao cho

2 a a  a p c ji modp

Xét bộ a1c a, 2c, ,a pc, ta thấy bộ này thỏa mãn điều kiện (2) Tiếp theo ta kiểm tra điều kiện (3),

a1c a 2c  a2c a 3c a p c a  1c

Suy ra a1c a, 2c, ,a pc thỏa mãn điều kiện (2), (3) Do đó, bằng cách xét theo mod p

thì mỗi bộ a1c a, 2c, ,a pc tương ứng với một bộ thuộc A j Từ đó suy ra

p





A  A   A  là số bộ a a1, 2, ,a p thỏa mãn điều kiện (2), dễ thấy số bộ này bằng

1

1

p

p  p , kết hợp với (*) ta có

 

0

1

Vậy số bộ cần tìm bằng 2 

1

p

p  p Bài 5 (China TST 2017) Tìm số bộ sắp thứ tự x x1, 2, ,x100 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(i) x x1, 2, ,x1001, 2, , 2017 ;

(ii) 2017 x1x2  x100;

(iii) 2017 x12x22 x1002

Lời giải

Để thuận tiện trong trình bày ta đặt p2017 p1 mod 4  Gọi cos2 isin2

với mỗi hệ thặng dư đầy đủ mod p a a1, 2, ,a p ta có  1  1 2 

1, , , p a , a , , a p

vào nhận xét trên ta được nếu a a1, 2, ,a p là hệ thặng dư đầy đủ mod p thì

1, , , p a , a , , a p

1

p

p a



Dựa vào kết quả trên ta thu được bổ đề sau:

1

, 0

p

a x x x b x x x

a b





      



 bằng 0 khi x12x22 x1002 ,x1x2 x100 không đồng thời chia hết cho p và bằng p khi 2 x12x22 x1002 ,x1x2 x100 đồng thời chia hết cho p Chứng minh

Nếu hai số x12x22 x1002 ,x1x2 x100 không đồng thời chia hết cho p, chẳng hạn

1 2 100

x x  x không chia hết cho p suy ra   2 2 2  

1 2 100 0,1, , 1

a x x  x a p là hệ thặng

dư đầy đủ mod p   2 2 2 

1

0

0

p

a x x x a





  





0

a x x x

b x x x

  

  



Nếu hai số x1 x2  x100,x1x2 x100 đồng thời chia hết cho p thì

 2 2 2   

a x x x b x x x

p



      

Từ bổ đề 1 ta thấy nếu cho các biến x x1, 2, ,x100 thay đổi trên tập 1, 2, , p thì số bộ sắp thứ tự  thỏa mãn yêu cầu bài toán là

 2 2 2   

1

2 , , , 1 , 0

a x x x b x x x

x x x a b



      

 

Tiếp theo ta thu gọn tổng trên

 2 2 2   

1

2

, , , 1 , 0

a x x x b x x x

x x x a b



      

 

2

100 1

2

, 0 1

ax bx

a b x





 

 

2

0

1 p p 1 p p

a





2

0.

0

1 p 1 p p 1 p p

a





        

       

2

98

0

1 p p bx 1 p p ax bx

a

p





2

98

0

1 p p 1 p p

a

p





(Do b không chia hết cho p nên bx x1, 2, ,p là hệ thặng dư đầy đủ mod p)

2

100 1

98

2

, 0 1

0

1 p p ax bx

a b x

a

p





 



 

2 1

2

, 0 1

1

ax b b

a b x

p



 

 

  2 2

2 1

2

, 0 1

0

1

ax b

a b x

a

p

 



 

(Do 2 ,a p 1 2ax b x 1, 2, ,p , 2ax x1, 2, ,p là các hệ thặng dư đầy đủ mod p )

2 2

100 1

2

, 0 1

0

1

b

ax a

a b x

a

p

 



 

2

2

100 25

1

98

2

0

a

p

 



Suy ra

 2 2 2   

1 100

2 , , , 1 , 0

a x x x b x x x

x x x a b



      

 

2

2

100 25

1 98

2

0

ax a

a

p

 



Đặt

 2 2

2 2

a x y

Để tính tổng trên ta sẽ tìm số nghiệm nguyên dương x y, ; ,x y1, 2, ,p của phương trình

2 2

mod , 1, 2, , 1

x y t p t p Ta xét bổ đề 2 dưới đây

Bổ đề 2 Số nghiệm nguyên dương x y, ; ,x y1, 2, ,p của phương trình

2 2

mod , 1, 2, , 1

x y t p t p bằng p 1 Từ đó suy ra số nghiệm nguyên dương

x y, ; ,x y1, 2, ,p của phương trình 2 2  

0 mod

x y  p bằng 2p 1 Chứng minh

Do p1 mod 4   a 1, 2, p1 thỏa mãn 2  

1 mod

mod

x y t p  x ay x ay t p Đặt

2 ,

mod

x

a u v

v u

a















Chú ý phương trình

mod , 1, 2, , 1

uvt p t p có p 1 nghiệm nguyên dương u v u v, ; , 1, 2, ,p1

Ta thấy mỗi nghiệm nguyên dương x y, ; ,x y1, 2, ,p cho ta một nghiệm nguyên dương

u v u v, ; , 1, 2, ,p1 được xác định theo u x ay v,  x ay Tiếp theo mỗi nghiệm nguyên dương u v u v, ; , 1, 2, ,p1 cho ta một nghiệm nguyên dương

x y, ; ,x y1, 2, ,p được xác định theo

mod 2

mod 2

a u v













 



Số nghiệm nguyên dương x y, ; ,x y1, 2, ,p của phương trình 2 2  

0 mod

x y  p bằng

2

p  p p  p Do đó bổ đề 2 được chứng minh

Áp dụng bổ đề 2 ta được

 

2

a x y



2p 1 p 1 1  p 1 2p 1 p 1 p

            

Suy ra

 2 2 2   

1 100

2 , , , 1 , 0

x x x a b



      

 

2

25 1

2 , 0 0

1

b p a

a b a

 





Do a không chia hết cho p nên tồn tại m1, 2, ,p1 sao cho

2

2



 2 2 2   

1 100

2

, , , 1 , 0

a x x x b x x x

x x x a b



      

 

2

2

25

2

0

1

b

b m a

a



b p   b p    b x x p lập thành hệ thặng dư thu gọn mod p Do đó

 2 2 2   

2

, , , 1 , 0

x x x a b

 

k

Vậy số bộ sắp thứ tự x x1, 2, ,x100 thỏa mãn yêu cầu bài toán là 98

2017

Bài 6 (China TST 2017) Tìm số bộ sắp thứ tự x x1, 2, ,x100 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(i) x x1, 2, ,x1001, 2, , 2017 ;

(ii) 2017 |x1x2  x100;

(iii) 2017 x12x22 x1002