toan roi rac OXER

Chúng ta bắt đầu Bài Đề thi chọn đội tuyển thi Olympic Toán Quốc tế 2011 Việt Nam (Việt Nam Team Selection Test 2011), viết tắt “VN TST 2011”: Bài toán (VN TST 2011) Tại điểm (1; 1) mặt phẳng tọa độ Oxy có cào cào Từ điểm đó, cào cào nhảy đến điểm nguyên dương khác theo quy tắc: từ điểm nguyên dương A, cào cào nhảy đến điểm nguyên dương B tam giác OAB có diện tích 1/2 1) Tìm tất điểm nguyên dương (1; 1) mà cào cào nhảy đến sau số hữu hạn bước nhảy, xuất phát từ điểm (1 ; ) 2) Giả sử (m; n) điểm nguyên dương có tính chất nêu câu Chứng minh tồn cách nhảy cào cào từ điểm (1 ; ) đến điểm (m; n) mà số bước nhảy không vượt |m — n| Đối với học sinh bồi dưỡng nhiều đa giác ngun lưới ngun khơng khó khăn để nhận rằng, “cái gốc” Bài tốn Định lý Pick Trước hết, ta có định nghĩa sau: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm (x; y) gọi điểm nguyên (điểm nguyên dương) x y số nguyên (nguyên dương) Đa giác (lồi lõm) gọi đa giác nguyên (đa giác nguyên dương) đỉnh điểm nguyên (điểm nguyên dương) Định lý Pick cho ta cơng thức tính diện tích tam giác nguyên thông qua số điểm nguyên nằm bên tam giác Cụ thể sau: Định lý (Định lý Pick) Diện tích đa giác nguyên số điểm nguyên bên đa giác cộng với nửa tểng số điểm nguyên biên trừ Đây định lý cổ điển bản, nên tìm thấy chứng minh số tài liệu lý thuyết Khi đa giác nguyên tam giác nguyên, ta có kết sau đây: Hệ Nếu tam giác nguyên không chứa điểm nguyên bên cạnh (ngoài đỉnh), diện tích /2 Tam giác nguyên Hệ gọi tam giác nguyên thủy Chính việc “nhận diện” tam giác toán khẳng định thêm rằng, dự đốn “cái gốc” tốn xác Liên quan đến diện tích tam giác OAB tốn, ta dễ dàng chứng minh tính chất sau đây: Bổ đề Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, A(a; b) B(m; n) điểm ngun diện tích tam giác OAB - \mb — na\ Từ Bổ đề giả thiết tốn, tam giác OAB có diện tích 1/2, suy \mb — na\ = Đẳng thức \mb — na\ = làm ta liên tưởng đến hai tính chất sau Số học, tính chất thứ hai chưa quen thuộc lắm, cần phải chứng minh: Bổ đề Hai so nguyên a b nguyên to ton hai so nguyên x y cho ax + by = l Bổ đề S Nếu (m; n) cặp so nguyên to nhau, ton cặp so nguyên to (a; b) cho ia — bi < im — ni — l imb — nai = l Chứng minh Không tính tổng quát, giả sử m > n Xét n số có dạng mb — l, b = l, n Dễ thấy l < b’ < n, b’ = b, mb — l = mb’ — l (modn) Do đó, n số có dạng mb — l nêu lạp thành hệ thặng dư đầy đủ modn Suy tồn số b, l < b < n, cho mb — l n Hơn nữa, (m; n) cặp số nguyên tố nên để mb — l n b = n Do l < b < n — l mb — l mn Đặt a = - Thế a < = m mb — na = l (đpcm) nn Ngoài in (b — a)i = i(m — n) b — li = i(m — n) n + (m — n) (b — n) — li < i(m — n) ni Do ib — < im — ni Suy ib — < im — ni — l (đpcm) Việc tổng hợp kết nêu giúp ta xác đinh “cái gốc” Bài tốn từ tìm lời giải Đáp án thức Bài toán “ẩn” khái niệm kết mà ta vừa đề cạp trên: Giải (Bài toán 1) ) Giả sử A(a; b) B(m; n) Bởi điều kiện toán Bổ đề ta thấy rằng, từ A, cào cào nhảy đến B imb — nai = l Suy m n nguyên tố Vạy, điểm nguyên dương cần tìm (m; n), với m n nguyên tố {tính điểm A) ) Giả sử m; n điểm nguyên dương thỏa mãn tính chất câu - Nếu im — ni = l, cào cào nhảy đến điểm (m; n) sau bước nhảy - Nếu im — ni > l, theo Bổ đề 1, tồn số m’ n’ cho imm’ — nn’i = l im’ — n’i < im — ni — l Lặp lại trình này, ta thấy cào cào nhảy đến điểm (m; n) sau khơng q im — ni bước Ta có điều phải chứng minh Bài toán hệ hay Đinh lý Pick Với “cái gốc” đinh lý này, lời giải tạp sau xin dành cho bạn: a Bài tập Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình vng có độ dài cạnh số ngun dương n Chứng minh hình vng chứa nhiều (n + 1) điểm nguyên Bài tập Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(n; 0) B(0; n), với n nguyên dương, n > Dễ thấy, đường thẳng AB chứa tất điểm có tọa độ (i; n — i), với i số nguyên có n — điểm nằm đoạn AB Nối n — điểm với gốc tọa độ O Khi tam giác OAB chia thành n tam giác Hiển nhiên, hai tam giác cùng, nhận OA OB làm cạnh nó, khơng chứa điểm ngun Với n số nguyên tố, chứng minh n — tam giác lại chứa số điểm nguyên bên Bài tập Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét tam giác nguyên OAB, với A(a; b) C(c; d), không chứa điểm nguyên bên biên, trừ ba đỉnh Dựng hình bình hành AOBC, với C (a + c; b + d) Dễ thấy hình bình hành khơng chứa điểm nguyên Ta gọi AOBC hình bình hành Từ hình bình hành này, ta tiếp tục dựng hình bình hành cách tịnh tiến hình bình hành ban đầu theo cạnh nó, theo tất hướng Chứng minh đỉnh hình bình hành nhận điểm nguyên điểm nguyên đỉnh hình bình hành Bây giờ, giả sử có tình đặt sau: Có chàng trai tên Hùng, Dũng, Thắng cô gái tên Mai, Lan, Đào, Hồng Hùng quen với Mai, Đào; Dũng quen với Lan; Thắng quen với Mai, Lan, Hồng Từ tình này, chọn phương án sau để tổ chức đám cưới tập thể cho cặp quen này: - Phương án 1: Hùng với Mai, Dũng với Lan, Thắng với Hồng - Phương án 2: Hùng với Đào, Dũng với Lan, Thắng với Mai - Phương án 3: Hùng với Đào, Dũng với Lan, Thắng với Hồng Tình tạo đến phương án ghép cặp với nhau, có tình mà khơng thể chọn phương án ghép cặp Câu hỏi đặt là: có phương án ghép cặp này, để tổ chức đám cưới tập thể cho họ? Toán học “vào cuộc”, câu trả lời là: “Với n chàng trai, k chàng trai quen với k gái (1 < k < n) Đây điều kiện cần đủ để tể chức đám cưới tập thể cho chàng trai cưới gái quen” Hóa ra, tình thường ngày nêu lại đặt toán lớn cho toán học Bằng ngôn ngữ tập hợp, điều khẳng định phát biểu dạng định lý sau: Định lý (Định lý Hall) Giả sử có n chàng trai Gọi Ai, i = 1, 2, ,n tập cô gái mà chàng trai thứ i quen Khi đó, với il, i2, , ik G {1, 2, , n} thỏa mãn điều kiện sau (Điều kiện Hall) A u Ai2 u u Ain | > k tồn (a1, , an) G A1 X A X X An cho = ãj với i = j Bởi nội dung trên, Định lý Hall gọi cách “dân gian” Định lý Đám cưới (Hall’s Marriage Theorem) Định lý lần phát biểu nhà toán học Philip Hall từ năm 1935 biết đến cách đầy đủ với chứng minh kết nhà toán học Marshall Hall năm 1948 Đã có nhiều cách chứng minh cho Định lý Hall Sau cách giải gần gũi với tốn học phổ thơng nhất: Chứng minh Giả sử hệ (A1, , An) thỏa mãn Điều kiện Hall Ta bắt đầu bỏ phần tử thuộc tập Ai cho Điều kiện Hall thỏa mãn Cuối cùng, ta thu hệ tối giản (B1, , Bn) thỏa mãn điều kiện Hall, với Bi c Ai (Hệ tối giản hiểu là, bỏ phần tử từ tập Bi Điều kiện Hall khơng thỏa mãn) Ta chứng minh |B i| = 1, i = 1, 2, , n Thật vậy, khơng tính tổng quát, giả sử Bi có chứa hai phần tử khác x y Dễ thấy rằng, ta bỏ x y điều kiện Hall khơng thỏa mãn Do đó, tồn hai tập số p Q cho: Với X = (Bi\{x}) u( u Bi), Y = (Bi\{y}) u( u Bi), thì|X | < |P | + |Y | < VieP / VieP / |Q| + hay |X < |P |Y < |Q| 1 1 Mặt khác, ta có: X u Y = [(Bi\ {x}) u (Bi\ { y } ) ] u = Bi u u Bi c X n Y ieP n Q Từ hai điều trên, suy ix u Yi > IP u Qi + l ix n Yi > IP n Qi Áp dụng Nguyên lý Bao hàm loại trừ nhạn xét trên, ta có IPi + iQi > ixi + |Yi = ix n Yi + ix u YI > IP n Qi + IP u Qi + l = IPi + iQi + l Điều vô lý dẫn đến khẳng đinh iBii = l, i = l, 2, , n Rõ ràng, tạp Bi phải đơi khơng giao ngược lại, tồn i = j cho B i n B j = 0, |Bì n B j i = l < 2, mâu thuẫn với Điều kiện Hall Giả sử phần tử Bi ai, tồn (a1, , an) thỏa mãn G Bi C Ai = a j với i = j Đinh lý chứng minh Đinh lý Hall phát biểu dạng đồ thi hữu hạn Ta biểu diễn chàng trai chấm màu đỏ cô gái chấm màu xanh Đồ thi G có cạnh chấm xanh chấm đỏ Chấm đỏ A nối với chấm xanh B cô gái B nằm danh sách mà chàng trai A quen Một tạp cạnh gọi hồn hảo cạnh khơng dính phủ hết đỉnh đỏ Khi đó, Đinh lý Hall phát biểu sau: “Đồ thị G có tập cạnh hoàn hảo với k, với tập đỏ S với k phần tử, so đỉnh xanh noi với S k” Đinh lý Hall “cái gốc” số toán rời rạc, đề thi chọn học sinh giỏi số nước giới, có Việt nam Chẳng hạn, thay nội dung “đám cưới” “dự hội nghi”, “chàng trai” “quốc gia”, “ A i tạp cô gái mà chàng trai thứ i quen” “ A i tạp nhóm người có liên hệ {gì đó) với nước thứ i”, - thú vi - nội dung Bài toán đề thi VN TST : Bài toán {VN TST 2010) Trong hội nghị có n nước tham gia, nước có k đại diện (n > k > l) Người ta chia n.k người thành n nhóm, nhóm có k người cho khơng có hai người nhóm đến từ nước Chứng minh chọn n người cho họ thuộc nhóm khác đến từ nước khác Sau minh họa cho Bài tốn : Có nước (n = 5): Đức {D), Pháp {P), Mỹ {M), Trung Quốc {T), Việt Nam {V); nước có a đại diện (k = 3): D = {d1, d2, d3}, P = {p ,p ,p3}, M = {m1, m2, m3}, T = {t1, t2, t3}, V = {v1 , v>2 , v3 } Chia n.k = 5.3 = l5 người thành n = nhóm A1, A2, A3, A4, A5, chẳng hạn sau: Al A Vạy chọn n = người từ nhóm khác họ đến từ nước khác nhau, chẳng hạn sau: ( a i , a , a , a , a ) = ( d , p , m , t , v i ) E ( A l , A , A3 , A4 , A5 ) Dưới góc nhìn ma trận, Bài tốn phát biểu dạng sau: Bài tốn S (VN TST 2011) Cho ma trận có n hàng, k cột (n > k > l) Từ phần tử ma trận này, người ta lập môt ma trận mới, có n hàng, k cột, theo quy tắc: khơng có hai phần tử hàng ma trận hai phần tử hàng ma trận cũ Chứng minh từ ma trận mới, chọn n phần tử cho chúng thuộc hàng khác ma trận cũ Thạt thú vi, nhiều dạng toán kiểu xếp lại phần tử ma trạn xuất số đề thi chọn học sinh giỏi nước, có Việt Nam! Chẳng hạn tốn sau mà lời giải chúng, tìm dễ dàng số trang web toán học: Bài tạp Một lớp khiêu vũ có 42 thành viên, Sí người có cạp nam nữ quen Chứng minh chọn lớp 12 cạp nam nữ quen Bài tạp (Canada - 2006) Trong bảng ô vuông m x n chứa so không âm, hàng (hoạc cột) chứa so dương Ngoài ra, hàng giao với cột chứa so dương, tểng so hàng cột Chứng minh m = n Bài tạp Bảng ô vuông n x n gọi bảng hoán vị so bảng í cho hàng cột có so í Giả sử G bảng n x n gom so nguyên không âm cho tểng so hàng cột Chứng minh G viết dạng tồng bảng hoán vị Thú vị khi, từ tốn có dạng bảng vng trên, ta liên tưởng đến khái niệm Ma trận Latin Một ma trận vuông cấp n gọi Ma trận Latin hàng cột hốn vị {1, 2, , n} Ví dụ, ma trận sau Ma trận Latin: /123\ 312 Ma trận Latin dạng bảng vng gọi Hình vng Latin Nói cách khác, Hình vng Latin kích thước n X n hình vng phủ đầy n vật khác nhau, cho vật xuất lần hàng lần cột hình vng Phải cách xếp số Hình vng Latin có “cái gốc” Định lý Hall? Chúng đề cập vấn đề viết khác Trở lại vấn đề viết Dưới toán ngày thi thứ hai VN TST 2001: Bài toán (VN TST 2001) Cho số nguyên dương n lớn Trong không gian vng góc Oxyz, gọi T tập hợp tất điểm có tọa độ (x, y, z) với x, y, z số nguyên dương thỏa mãn < x, y, z < n Tô màu tất điểm thuộc tập hợp T cho: A (x0, y ,z0) tơ màu điểm có dạng B (xi,yi,zi) với xi < x0, yi < y0, zi < z không tô màu Tìm giá trị lớn điểm tơ màu thỏa mãn điều kiện Giải Nếu hai (x,y,z) (x/,y/,z/) khác thỏa mãn x < x', y < y ;, z z, ta nói (x /,y/,z/) trội (x,y,z) Ta quy ước gọi hai hai trội Ta phát biểu toán dạng tương đương là: “Với số n xác định, tìm số lớn S (n) tất (x, y, z) thỏa mãn < x, y, z < n — cho khơng tồn hai trội.” (thay n n — ) Rõ ràng, (x/, y/, z/) trội (x, y, z) x + y + z < x / + y/ + z/ Ngoài ra, tổng lớn có (n — 1) tổng nhỏ có Bây giờ, với ký hiệu {x} phần phân số thực x, ta lưu ý phân biệt hai ký hiệu sau: |_xj := x — {x}, gọi phần nguyên - sàn (floor) x, |~x] := x + — {x}, gọi phần nguyên - trần (ceiling) x Ta chứng minh bổ đề sau, với hai trường hợp n chẵn lẻ Bổ đề (n — 1) Số (x, y, z) thỏa mãn x + y + z < x , y, z < n — l 3n + Bổ đề Với cách chọn 3n + + b ộ ( x , y, z), tồn hai mà trội Chứng minh Ta xét hai trường hợp: 1) Nếu n = 2k, k G N, ta đếm số thỏa mãn (n — 1)" k — 3" 2 (3k — 1) — 1" 2 3k — — < x , y, z < k — - Nếu x = , y + z = 3k — Suy ra: y = 3k — — z > 3k — — (2k — 1) = k Vậy: k 3k- < y < 2k — Do đó, có k nghiệm thỏa mãn - Nếu x = k, y + z = 2k — Suy ra: y = 2k — — z > 2k — — (2k — 1) = Vậy: < y < 2k — Do đó, có 2k nghiệm thỏa mãn - Nếu x = i , < i < k — , y + z = 3k — i — Suy ra: y = 3k — i — — z > 3k — i — — (2k — 1) = k — i Vậy: k — i < y < 2k — Do đó, có k + i nghiệm thỏa mãn - Nếu x = i, k + < i < 2k — 1, tương tự có k + i nghiệm thỏa mãn Do đó, số nghiệm tổng cộng Rõ ràng fc- 2k (2 k — ) — k ( k + ) k + 2k + i = 3k + i = k +1 3n + = 3k 2 k +1 3k Bổ đề chứng minh Bây giờ, gọi A tập hợp tất ( x , y, z ) , với < x , y, z < n — 1, hay A = {(x,y, z ) |0 < x , y, z < n — 1} Giả sử B c A tập có 3k phần tử Ta cần chứng minh rằng, B tồn hai mà trội Ta chứng minh Bổ đề cách xây dựng tạp sau tất bộ: C = {(x, y, z) G A |x = o A y = 2k — 1} , C = {(x, y, z) G A I(x = A y < 2k — 3) V (x > A y = 2k — 2)} , , Ck = {(x, y,z) G A I(x = k — A y < k) V (x > k — A y = k) } k Đạt C = y Ci D = A\C = {(x, y, z) G A |x > k A y < 2k — 1} i= Xét tạp hợp Ci j = {(x,y,z) G Ci |z = j }, < i < k, o < j < 2k — Rõ ràng, có tất k tạp hợp chúng phân hoạch C Xét tạp hợp Dp q = {(x, y, z) G D |x = p A y = q }, k < p < 2k — 1, o < q < k — Rõ ràng, có tất k tạp hợp chúng phân hoạch D Ta có hai trường hợp sau: a) Nếu B n C > 2k phần tử, theo Nguyên lý Dirichlet, tồn hai thuộc tạp C i j Giả sử hai phần tử (x ,y ,z1) (x ,y ,z2) thuộc tạp 1 2 C i , j = {(x,y,z) G Ci|z = j } Rõ ràng z = z = j có ba trường hợp sau: + Nếu x = x = i — y ,y < i, nên hai phải tồn trội 2 + Nếu x = x = i y ,y < i — 1, nên hai phải tồn trội 2 + Nếu x = i, x < i — y < i — 1, y = i, nên dễ thấy (x1, y1, z1) trội (x2 ,y2 ,z2 ) 2 b) Nếu B n C < 2k phần tử, |B n D| > k2 Hơn nữa, D chỉcó k phần tử, nên tồn hai 2 thuộc D Lạp luận tương tự trên, ta thấy B chứa hai mà trội Như hai bổ đề chứng minh trường hợp n chẵn 2) Nếu n = 2k + 1, k G N, cách chứng minh hoàn toàn tương tự Hai bổ đề chứng minh Trở lại với Bài toán Từ Bổ đề Bổ đề suy ràng, ta cần tô màu tất ^ ~ ,.1 r ( n — 1)" điểm nằm mạt phẳng có phương trình x + y + z = số điểm tơ 3n2 + l lớn nhất, -4 Bài toán giải hoàn toàn Giải vòng vài chục phút đồng hồ buổi thi, thí sinh “siêu” lắm, chưa bồi dưỡng hai định lý sau Số học - Tổ hợp: Định lý (Định lý De Bruijn - Tengbergen - Kruyswijk) Với số nguyên dương n = p1ai.p2a2 pkak, tồng t (n) = a1 + a2 + t(n) n Thế thì, tập hợp S gồm ước dương n, có bậc phần tử mà phần ak gọi bậc không chứa hai tử chia hết cho phần tử Định lý (Định lý Erdos-Szekeres) Cho A = (a1, a , , a n ) d ã y gồm n số phân biệt Một dãy k phần tử A dãy B gồm k số hạng phần tử A xuất theo thứ tự mà chúng xuất A, nghĩa B = (ai1, a i , ,aik) với i1 < i2 < < ik Dãy B gọi tăng ai1 < ai2 < < aik giảm ai1 > ai2 > > a i k Nếu n > r s + A có dãy tăng với độ dài s + A có dãy giảm với độ dài r + (hoặc hai) Đây hai định lý cổ điển bản, nên tìm thấy chứng minh số tài liệu Điều quan trọng là, hai định lý “ẩn” cách khéo léo đáp án thức tốn nêu, mà việc tìm chỗ “ẩn” xin dành cho bạn Còn nhiều, nhiều lắm, “cái gốc” ! Pleiku, tháng 3/20ÍẬ T.Đ.C TÀI LIỆU THAM KHẢO Một số đề thi chọn học sinh giỏi toán (và đáp án) nước - Nguồn: Interrnet