TH1 d5 NinhPV phuong phap song anh

Phương pháp song ánh A Mở đầu Tổ hợp nội dung bắt buộc đề thi HSG Quốc gia Quốc Tế Nhưng vấn đề khó có tài liệu viết đầy đủ Do chuyên đề xin đưa thảo luận trao đổi với thầy chun đề tổ hợp phương pháp song ánh Nội dung chuyên đề nhắc lại khái niệm song ánh, cách vận dụng song ánh số dạng toán thi học sinh giỏi thường gặp, từ giúp cho học sinh có kiến thức phương pháp song ánh toán tổ hợp B Nội dung I Khái niệm song ánh Định nghĩa Cho tập hợp X Y (khác rỗng) Một ánh xạ f từ X lên Y quy tắc cho tương ứng phần tử x ∈ X với phần tử y ∈ Y Ký hiệu f : X →Y x  y = f ( x) Tập X gọi tập nguồn, tập Y tập đích Ánh xạ f gọi đơn ánh x1 , x2 ∈ X , f ( x1 ) = f ( x2 )  x1 = x2 Khi ta có X ≤ Y Ánh xạ f gọi toàn ánh ∀y ∈ Y , ∃x ∈ X cho f ( x) = y Ánh xạ f gọi song ánh vừa đơn ánh, vừa tồn ánh II Phương pháp song ánh toán tổ hợp Phương pháp song ánh để đếm số phần tử tập hợp chứng minh hai tập có số phần tử Nội dung bản: Để đếm số phần tử tập định, ta thay tập hợp khác có số phần tử số phần tử tập hợp có cách đếm dễ Bài 1: (Bài toán chia kẹo Euler) Cho m, n ∈  * , hỏi phương trình x1 + x2 + + xn = m (*) có nghiệm ngun khơng âm Hướng dẫn: Kí hiệu T tập nghiệm (*) tập số tự nhiên Gọi A tập tấ dãy nhị phân gồm (m + n − 1) chữ số có (n − 1) chữ số m chữ số F: T →A Xét tương ứng: ( x , , x )  101 10 01 1 n    x1 so1 x2 so1 xn so1 Dễ thấy F song ánh Vậy số nghiệm (*) = số dãy nhị phân A Số dãy nhị phân A số cách xếp n − chữ số vào (m + n − 1) chữ số dãy nhị phân (trong A) Cmn −+1n −1 Vậy số nghiệm (*) Cmn −+1n −1 Bài [VMO 2012_ câu 5]: Cho nhóm có gái, kí hiệu G1 , G2 , , G5 12 chàng trai Có 17 ghế xếp thành hàng ngang Người ta xếp nhóm người ngồi vào ghế cho điều kiện cho đồng thời thỏa mãn: ghế có người ngồi Thứ tự ngồi cô gái, xét từ trái qua phải G1 , G2 , G3 , G4 , G5 Giữa G1 G2 có chàng trai Giữa G4 G5 có chàng trai nhiều chàng trai Hỏi có tất cách xếp (Hai cách xếp coi khác tồn ghế mà người ngồi ghế cách xếp khác nhau) Hướng dẫn: Bổ đề (bài toán chia kẹo Euler): cho k , n số nguyên dương Số nghiệm nguyên không âm pt x1 + x2 + + xk = n Áp dụng vào toán: đánh số thứ tự ghế từ trái sang phải 1,2,…,17 Gọi x1 số chàng trai xếp bên trái G1 , x2 số chàng trai G1 G2 ; x3 số chàng trai G2 G3 ; x4 số chàng trai G3 G4 ; x5 số chàng trai G4 G5 ; x6 số chàng trai ngồi bên phải G5 Khi số ( x1 , x2 , , x5 ) hoàn toàn xác định vị trí gái ta có: x1 + x2 + + x6 = 12 ≤ x2 ≤ x5 ≤ Đổi biến y2 = x2 − y5 = x5 − ta x1 + y2 + x3 + x4 + y5 + x6 = với Nn không âm có thêm điều kiện y5 ≤ Tiếp theo, áp dụng toán chia kẹo dạng x1 + y2 + x3 + x4 + x6 = − y5 Ta số cách phân ghế cho cô gái C124 + C114 + C104 + C94 = 1161 Vì có 12 chàng trai hốn đổi vị trí 12 ghế dành cho họ nên số cách xếp t/m ycbt 12!.1161 Bài [VMO 2014_ câu 3]: Cho đa giác có 103 cạnh Tơ màu đỏ cho 79 đỉnh đa giác tơ màu xanh cho đỉnh lại Gọi A số cặp đỉnh đỏ kề B số cặp đỉnh xanh kề a Tìm tất giá trị nhận cặp ( A, B) b xác định số cách tô màu đỉnh đa giác để B = 14 Biết rằng, hai cách tô màu xem chúng nhận từ thơng qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác Hướng dẫn: a Số đỉnh màu xanh 24 đỉnh (103-79) N ếu tất đỉnh đỏ chia thành cụm A=78 N ếu bị cắt thành cụm A=77 Và tiếp tục, tức có k cụm (mỗi cụm đỉnh màu đỏ đứng sát nhau) A = 79 − k N ếu có k cụm đỏ có k cụm xanh nên có B = 24 − k Các giá trị k từ đến 24, nên có 24 khả tất b Để có B = 14 k = 10 (phải chia quân xanh thành 10 cụm, quân đỏ thành 10 cụm) Đếm số cách chia ? Gọi X số cụm điểm đỏ liền nhau, B = 24 − X Do B = 14 X = 10 Áp dụng công thức chia kẹo pt chia kẹo, ta suy số cách chia 24 điểm xanh vào 10 cụm C239 Tiếp theo, ta xem xét việc xếp điểm xanh- đỏ vệc có sẵn 79 điểm đỏ đường tròn, ta bỏ 10 cụm điểm xanh khoảng trống điểm đỏ liên tiếp, khoảng có tối đa cụm N hư số cách chọn 10 khoảng trống 79 khoảng C7910 Sự trùng lặp theo phép quay chỗ ta chọn 10 vị trí 79 vị trí theo đường tròn N hờ có (79,10)=1 mà ta khơng phải lo “các cấu hình C7910C239 lộn xộn”, cách tô bị lặp 79 lần, đáp số 79 Định lý 4.1: Cho A B tập hợp hữu hạn, f ánh xạ đơn ánh từ A vào B Khi số phần tử B số phần tử A Và f song ánh A B có số phần tử Bài 4: Với đỉnh đa giác đỉnh (cửu giác) tô màu đỏ xanh da trời Chứng minh tồn tam giác đơn sắc đồng dạng , tam giác đơn sắc tam giác có tất đỉnh màu Lg: Ta gọi đơn giác đỏ (xanh) tất đỉnh tam giác đỏ xanh Vì đa giác có đỉnh, đỉnh tơ màu xanh đỏ nên có đỉnh có dùng màu Khơng tính tổng qt, giả sử màu đỏ Suy có it C52 = 10 đơn giác đỏ Giờ ta chứng minh có tam giác đỏ đồng dạng Hình Đặt A1 , A2 , A9 đỉnh đa giác (Hình 1) ω đường tròn ngoại tiếp đa giác đỉnh đa giác chia đường tròn thành cung Gọi cung cung mảnh Gọi Ai Aj Ak tam giác thỏa mãn A A ≤ A A ≤ A A Định nghĩa a số mảnh cung  A A không chứa i j j k k i i, j i j điểm Ak Ta định nghĩa tương tự với a j ,k ak ,i Khi ΔAi Aj Ak xác định ba (a i, j , a j ,k , ak ,i ) Do tam giác có đỉnh, nên ta dễ thấy ≤ , j ≤ a j ,k ≤ ak ,i ≤ (trường hợp góc lớn đỉnh nằm kề đường tròn) Do  Ai Aj +  Aj Ak +  Ak Ai = 1800 , , j + a j ,k + ak ,i = Ví dụ với tam giác ΔA2 A4 A8 ta xác định ba tương ứng (2,3,4) Dễ thấy tam giác đồng dạng cho ba, tam giác khơng đồng dạng có ba khác Từ ta xây dựng song ánh A →B sau: A: tập tam giác đồng dạng B: tập số tự nhiên a, b, c thỏa mãn ≤ a ≤ b ≤ c ≤ a+b+c=9 Ta liệt kê phần tử B (1,1,7), (1,2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4), (3,3,3) có tất phần tử Suy A có phần tử hay có tất dạng tam giác khác Trong ta có 10 tam giác đơn sắc, nên tồn tam giác đơn sắc đồng dạng Bài 5: Cho n nguyên dương Hỏi có biểu diễn n thành tổng số nguyên dương (Ví dụ có cách biểu diễn số thành tổng số nguyên dương: 3=1+1+1=1+2=2+1) Lời giải: Ta viết n dạng sau: (1_1_ _1) gồm n số Xét n-1 khoảng trống a1a2 an−1 , khoảng trống có trạng thái N ếu trạng thái 0, ta thay khoảng trống dấu “+”, trạng thái thay “)+(“ Ví dụ 4=(1_1_1_1)= (a1 , a2 , a3 ) Khi (a1 , a2 , a3 ) = (0,0,1) 4=(1+1+1)+(1)=3+1 cách biểu diễn Ta có tất 2n-1 cách biểu diễn cho dãy nhị phân (n-1) bit a1a2 an−1 dãy nhị phân cho cách biểu diễn n Trong dãy nhị phân này, có trường hợp dãy 00…0 không biểu diễn dạng tổng số Do có 2n-1-1 cách biểu diễn n dạng tổng số nguyên dương Bài [AHSME 1992]: Cho 10 điểm đặt phần dương trục x(X+), điểm đặt phần dương trục y (Y+) Khi ta có tất 50 đoạn thẳng nối 10 điểm X+ với điểm trục Y+ Khi có tối đa giao điểm 50 đoạn thẳng nằm góc phần tư thứ nhất? (Hình 2) Hình Lời giải: Ta có, điểm X+ điểm Y+ tạo thành tứ giác xác định giao điểm Khi số giao điểm lớn tạo C102 C52 = 45.10 = 450 Dấu xảy ⇔ khơng có đường cắt điểm góc phần tư thứ Bài [China 1991, by Weichao Wu]: Cho n số tự nhiên với n ≥ , đặt dãy S = (1,2, , n ) Một dãy S gọi dãy số học có phần tử cấp số cộng Dãy số học gọi cực đại dãy kéo dài cách thêm vào phần tử khác S Xác định số dãy số học cực đại Lời giải: Ta có cơng sai a2 − a1 phải lớn a1 để điền thêm phần tử vào bên trái dãy con( phía trước a1 ), nên a2 ≥ 2a1 Lại có a2 ≤ 2m nên a1 ≤ m Khi để dãy cực đại thì1 ≤ a1 ≤ m 2a1 ≤ a2 ≤ n (1) Ta có, với ( a1 , a2 ) thỏa mãn điều kiện cho dãy cực đại có phần tử ban đầu a1 công sai a2 − a1 Suy dãy số cực đại ( a1 , a2 ) thỏa mãn đk (1) song ánh Ta có, với cách chọn a1 có n − 2a1 + cách chọn a2 Do có m cách chọn a1 nên số ( a1 , a2 ) thỏa mãn đk (1) là: m  ( n − 2a a1 =1 m(m + 1) +m = 2m − m = m + 1) = mn − Vậy có m2 dãy cực đại với n=2m Xét với n=2m+1, với m số nguyên dương Tương tự ta có: a2 ≥ 2a1 , suy a1 ≤ m Lý luận tương tự, ta có số dãy cực đại là: m  ( n − 2a a1 =1 m(m + 1) +m = m(2m + 1) − m = m + m + 1) = mn −  n2  Vậy, với số tự nhiên n, ta có   dãy số học cực đại 4 Song ánh sử dụng tập hợp mà tập hợp khơng cần hữu hạn Dưới ví dụ Bài [PEA Math Materials] Giả sử có quản trị PEA, người có quyền quay số truy cập vào tệp tài liệu Internet học viện, biết thời điểm tệp xử lý cho yêu cầu truy cập Với 15 phút sử dụng tệp cho lần truy cập tệp sử dụng từ 4h chiều đến chiều ngày Biết khơng có u cầu truy cập thực sau 5h45 chiều, người không yêu cầu truy cập lần Ít người số họ thực thành công gọi Hỏi xác suất để người thực thành cơng gọi mình? Lời giải: Gọi An Giang quản trị PEA Ta biết yêu cầu truy cập vào tệp internet học viện thực 105 phút Giả sử An gọi sau 4h x phút, Giang gọi sau 4h y phút, ta ánh xạ thời gian gọi người tới điểm (x,y) mp tọa độ (Hình 3) Rõ ràng song ánh Hình Tập hợp điểm (x,y) hình vng OA2PZ2 Rõ ràng người khơng thể gửi u cầu truy cập thành cơng người lại làm việc với tệp, để người truy cập tệp tài liệu ta phải có x − y > 15 Xét miền tập hợp điểm (x,y) xác định x − y ≤ 15 Đây giao phương trình đường thẳng với hình vuông, cắt điểm Z1, Z2, A1, A3 Ta xác định Z1=(0,15), Z3=(90,105), A1=(15,0), A3=(105,90) Từ đó, xác suất để người truy cập vào tệp là: p= S ΔZ Z Z + S ΔA A A 3 SOA PZ 2 = 902 36 = 1052 49 Hệ Cho số nguyên dương m n a Có Cnm−−11 nguyên dương x1 + x2 + + xm = n ( x , x , , x ) m thỏa mãn phương trình b Có Cnm+−m1−1 ngun khơng âm ( x1 , x2 , , xm ) thỏa mãn phương trình x1 + x2 + + xm = n Bài 9: Có xúc xắc đổ Hỏi có xác suất để tổng mặt xúc xắc 14? Lời giải: Gọi xúc xắc d1 , d , , d xi số mặt xúc xắc d i Với xi ta có khả năng, nên có tất 65 khả xảy xúc xắc Gọi A tập hợp khả tổng mặt 14 Ta | A| cần tính Do ta cần tính số số nguyên ( x1 , x2 , , x5 ) thỏa mãn ≤ xi ≤ x1 + x2 + + x5 = 14 Theo Hệ có tất C145−−11 = 715 số nguyên dương thỏa mãn x1 + x2 + + x5 = 14 Gọi B tập số nguyên dương có tổng 14 có số lớn Đặt Bi ⊂ B thỏa mãn xi > Ta có Bi ∩ B j = ∅ với i ≠ j (do x1 + x2 + + x5 > + + + + = 15 , suy B = ∪ Bi Ta có Bi = B j , suy B = B1 Ánh xạ từ ( x1 , x2 , , x5 ) ∈ B1 tới ( y1 , y2 , , y5 ) với y1 = x1 − yi = xi với ≤ i ≤ Đây song ánh tập B1 tới tập ( y , y , , y ) nguyên dương thỏa mãn y1 + y2 + + y5 = Suy B1 = C85−−11 = C74 = 35 Suy B = 175 Vậy A = 715 − 175 = 540 Vậy xác suất xuất mặt có tổng 14 540 = 65 72 Bài 10 [Aime 2000] Cho nhẫn khác nhau, tìm số cách xếp nhẫn xếp ngón tay (khơng tính ngón cái) bàn tay Biết thứ tự nhẫn ngón tay quan trọng khơng bắt buộc ngón phải có nhẫn Lời giải: Ta có C85 cách chọn nhẫn để đeo nhẫn cho Đăt a, b, c, d số nhẫn ngón tay Ta có a+b+c+d=5 Theo Hệ ta có C83 cách xếp nhẫn vào ngón tay (giả thiết nhẫn ko phân biệt) Lại có với cách xếp nhẫn ko phân biệt tương ứng có 5! cách xếp nhẫn phân biệt Vậy ta có số cách xếp là: C85 C83 5! = 376320 Bài 11: N gân hàng Bảo Hiểm nước cộng hòa Fatand có 15 nhân viên điều hành cấp cao Mỗi nhân viên có thẻ truy cập vào kho ngân hàng thẻ có bảng gồm m mã hóa khác Để mở kho, người đặt thẻ vào khóa điện tử kho Máy tính thu thập tất mã khác thẻ hầm mở tập mã hóa có n mã hóa (khác nhau) đặt trước Vì lý bảo mật, hầm mở có thẻ nhân viên cao cấp Tìm n m thỏa mãn n nhỏ để thực sách bảo mật nêu Lời giải: Dễ thấy với nhóm gồm nhân viên cao cấp thiếu mã hóa so với n mã hóa đặt trước để mở hầm Đặt A tập hợp nhóm có nhân viên B tập hợp gồm n mã hóa cần để mở hầm Xét ánh xạ từ A vào mã hóa thiếu nhóm người (số mã hóa thiếu nhiều 1, xét ánh xạ 1-1 để dễ thực hiện) Gọi ánh xạ f, ta chứng minh đơn ánh Thật vậy, gọi a1 , a2 ∈ A nhóm khác thỏa mãn f (a1 ) = f (a2 ) = c , c mã thiếu Do a1 khác a2 nên tồn nhóm người lấy từ nhóm a1 a2 mà thiếu mã (mã c), (vơ lý so với giả thiết) Vậy f đơn ánh Rõ ràng f ánh xạ từ A vào B nên ta có: n = B ≥ A = C155 = 3003 Ta chứng minh n=3003 thỏa mãn Khi cho nhóm người nhận mã c(a) khác 3003 mã cho trước (điều thực ta có tất 3003 nhóm) Tiếp theo ta viết mã c(a) vào thẻ thành viên khơng nằm nhóm Khi đó, mã viết cho 10 người khơng nhóm, suy ta viết tất 10.C155 mã, đồng 10.C155 thời chia cho 15 người nên thẻ người có = 2002 mã 15 khác Xét nhóm gồm người Theo cách xếp mã trên, với nhóm a gồm người thiếu mã c(a) Ta chứng minh nhóm người có đủ n mã khác Thật vậy, xét nhóm người a1 a2 từ người chọn Khi ta có c( a1 ) ≠ c( a2 ) Ta chứng minh nhóm a2 có mã c(a1) Giả sử a2 khơng có mã c(a1), theo định nghĩa hàm c ban đầu, ta có c ( a1 ) = c ( a2 ) (vô lý) Vậy nhóm người có đủ mã để mở kho, hay m=2002 Kết luận: n=3003, m=2002 Bài 12 [AIME 2001, by Richard Parris]: Cho số 1,2,3,4,5,6,7,8 điền lên mặt bát phương 10 Hình Ta chia tất hình bình hành thành tập Có cạnh hình bình hành phải song song với cạnh tam giác Gọi SYZ tập hình bình hành có cạnh song song với cạnh XY ZX tam giác Các tập S XY S ZX xác định tương tự Do tính đối xứng nên ta có S XY = SYZ = S ZX Từ đó, đáp án ta SYZ Mở rộng cạnh XY XZ phí Y Z thêm đơn vị, ta đoạn thẳng XY’ XZ’ Xét hình bình hành thuộc SYZ , ta kéo dài cạnh hbh đó, cắt đoạn thẳng Y’Z’ điểm phân biệt (hiển nhiên) Từ ta xác định rằng, điểm phân biệt đoạn thẳng Y’Z’ vẽ song song với XY ZX, cắt điểm tạo hbh thuộc SYZ Vậy ta có ánh xạ từ SYZ điểm đoạn Y’Z’ song ánh, mà đoạn Y’Z’ có tất n+2 điểm, nên ta có SYZ = Cn4+ Vậy có tất 3Cn4+ hbh bị giới hạn cạnh tam giác Bài 14: Bart nhân viên rạp chiếu phim Rạp có sức chứa 200 chỗ ngồi Trong ngày khởi chiếu phần I Star War: The Phantom Menace, có 200 người đứng xếp hàng để mua vé xem phim Giá vé 5$ Trong 200 người mua vé, 100 số họ có hóa đơn loại 5$, nửa lại hóa đơn loại 10$(mỗi người có hóa đơn) Bart vốn bất cNn khơng chịu thay đổi 200 người xếp hàng cách ngẫu nhiên không muốn chờ để thay đổi vé họ mua vé Xác suất để Bart bán hết tất vé có lợi (thành cơng) Lời giải: 12 Để dễ dàng ta thay 100 n Ta xem xét người không phâ biệt Ta cân nhắc xếp n người sở hữu hóa đơn 5$ n người sở hữu hóa đơn 10$ (nói cách khác ta làm phép nhân lên (n!) tới hai mẫu số tử số, việc không ảnh hưởng tới giá trị xác suất) Có C2nn cách xếp xác số mà không hạn chế Bart thành công chi khi: ta xếp 2n số vào hàng ngang đánh số vị trí chúng từ trái qua phải từ 1, 2,3, , n Với ≤ i ≤ 2n , đặt (bi ) số người có hóa đơn 5$ (10$) đứng trước vị trí thứ i Ta cần đếm số xếp thỏa mãn ≥ bi với ≤ i ≤ 2n Gọi S tập hợp tất xếp Gọi T tập hợp xếp khác Ta tìm T Ta có S = C2nn − T Một phần tử t ∈ T , t = (t1 , t2 , , t2 n ) có số i,1 ≤ i ≤ n thỏa mãn < bi Gọi f (t ) ký hiệu số Bởi xác đinh ta, f (t ) − f (t ) + a f (t ) = , bf (t ) = t f ( t ) = 10 Vì có nhiều số hóa đơn 2 10$ so với 5$ tính đến (tại) thời điểm thứ f (t ) Ta thay đổi toàn đồng 5$ thành 10$ đồng 10$ thành 5$ sau thời điểm thứ f (t ) , ta thu hoán vị g (t ) n + đồng 10$ n − đồng 5$ Ví dụ: với n=6 ta có: t = ( 5,10,10,5,10,10,10,5,10,5,5,5) Ta có (a1 , a2 , , a12 ) = (1,1,1,2,2,2,2,3,3,4,5,6) (b1 , b2 , , b2 ) = (0,1,2,2,3,4,5,5,6,6,6,6) f (t ) = 3, a2 = 1, b2 = 1, t3 = 10 g (t ) = (5,10,10,10,5,5,5,10,5,10,10,10) Do ta xác định ánh xạ từ T vào U- tập hợp hoán vị n + đồng 10$ n − đồng 5$ Ta hứng minh g song ánh Đầu tiên ta chứng minh g toàn ánh Xét u phần tử thuộc U Ta đếm số lần xuất đồng 5$ 10$ tính từ trái qua phải với i giá trị nguyên nhỏ cho tính đến thời điểm thứ i số đồng 10$ nhiều số đồng 5$ Ta thay đổi toàn đồng 5$ thành 10$ toàn đồng 10$ thành 5$ sau thời điểm thứ i Vì số đồng 10$ có số lượng lớn so với số đồng 5$ U nên có số đồng 10$ nhiều số đồng 5$ trước thời điểm i số đồng 10$ nhiều số đồng 5$ 2n − i thời điểm lại Sau bước đổi → 10 10 → ta thu số đồng 5$ 13 10$ Khơng khó để thấy dáy thuộc T , g toàn ánh Bây ta chứng minh g đơn ánh Xét t t ' phần tử thuộc T Giả sử thời điểm thứ i,1 ≤ i ≤ n thời điểm t t ' có khác Khơng giảm tính tổng qt g/s ti = , f (t ) ≠ i N ếu f (t ) < i f (t ') = f (t ) i − vị trí đầu t t ' hoàn toàn giống Khi thời điểm thứ i , g (t ) g (t ') có giá trị 10 tương ứng, g (t ) ≠ g (t ') Ta lại xét f (t ) > i Thì thời điểm thứ i g (t ) ti , có ti = Bởi (i − 1) vị trí đầu t t ' nhau, f (t ') > i Dơ thời điểm thứ i g (t ') t ' , 10 Do g (t ) ≠ g (t ') Suy g song ánh Từ theo ta có: T = U = C2nn−1 Vậy S = C2nn − T = C2nn − C2nn−1 = Trở lại tốn, ta có n = 200 , xác suất C2nn n +1 201 Bài 15: Cho n số nguyên dương thỏa mãn tính chất: n domino đặt bàn cờ 6x6 với domino chiếm đơn vị diện tích vng, ln ln đặt thêm domino lên bàn mà di chuyển domino khác Xác định giá trị lớn n Lời giải: Ta chứng minh giá trị lớn n 11 Hình cách xếp 12 domino bàn cờ khơng thể để thêm domino Suy n ≤ 11 Hình 14 Ta chứng minh với 11 domino bàn cờ ln đặt thêm domino Ta chứng minh phản chứng Giả sử tồn cách đặt 11 domino bàn cờ mà đặt thêm domino Khi số vng bàn chưa bị phủ 11 domino là: 36-22=14 Đặt S1 phần bàn cở ban đầu có kích thước 5x6 (Hình 8) Đặt A tập vng S1 mà không bị phủ domino, S2 hàng cuối bàn cờ (bàn cờ chia làm phần S1 S2) Vì ta khơng thể điền thêm domino vào bàn cờ, nên ô vuông cạnh bao phủ domino, suy S2 có nhiều ô không bị phủ domino (trống), suy S1 có 14-3=11 trống Hình Đặt S3 phần bàn cờ có kích thước 5x6 (Hình 8), B tập tất domino nằm S3 Ta định nghĩa ánh xạ f từ A vào B Ta có, với vng trống s S1, tồn ô vuông t nằm s Suy ô vuông t nằm S3 phủ domino d Rõ ràng domino d phải nằm S3 (vì ko thuộc S3 gồm t s-vơ lý) Khi ta xác định ánh xạ f f ( s ) = d Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử ∃s1 , s2 ∈ A cho f ( s1 ) = f ( s2 ) = d Suy d phủ ô vuông s1 s2 Suy s1 s2 nằm cạnh (Hình 9), ta đặt thêm domino phủ lên s1 s2 (vô lý) Vậy f đơn ánh, suy A ≤ B hay B ≥ 11 N hưng bàn cờ có 11 domino, suy B = 11 Khi hàng không bị phủ domino nào, đặt thêm quân domino (vô lý) 15 Hình Vậy giá trị lớn n 11 Bài 16 [China 2000, by Jiangang Yao]: Cho số nguyên dương n xác định M = {( x, y ) | x, y ∈  ,1 ≤ x, y ≤ n} Hỏi có ánh xạ f xác định M thỏa mãn i ii iii f ( x, y ) số tự nhiên với ( x, y ) ∈ M n  f ( x, y) = n − với x thỏa mãn ≤ x ≤ n N ếu f ( x1 , y1 ) f ( x2 , y2 ) > ( x1 − x2 )( y1 − y2 ) ≥ y =1 Lời giải: Có kết luận Cnn −−11 giá trị hàm f Ta coi hàm f M ma trận M f = ( si , j ) với n hàng n cột cho f (i, j ) = si , j Điều kiện i,ii,iii trở thành i’ tất thành phần M f số tự nhiên ii’ tổng tất thành phần M f theo hàng ngang n − iii’ tất thành phần (nhập vào) M f theo lối từ thành phần (nhập vào) bên trái s1,1 tới thành phần bên phải sn ,n bước dịch chuyển xuống sang phải đơn vị lần Điều si , j > si +1,k > j ≤ k [i − (i + 1)][ j − k ] ≥ đường thỏa mãn xác định ma trận M f đường đòi hỏi phải qua (xuống) tới si , j si , j > si k = với j +1≤ k ≤ n 16 Ta gọi ma trận thỏa mãn i’, ii’, iii’ ma trận tốt Rõ ràng có song ánh tập hợp tất hàm thỏa mãn điều kiện toán với tập ma trận tốt Ta cần đếm tất ma trận tốt Do ta xét tốn khác sau: Một công viên bị chia thành lưới n × n hình vng đơn vị N gười làm vườn công viên phải trồng n − vào hàng ngang lưới Anh trồng (các không phân biệt) vào vng Và trồng nhiều vào ô vuông Anh ta làm việc trồng góc tây bắc( bên trái) cơng viên xuống góc đông nam (dưới bên phải) công viên Anh ta trồng hàng thời điểm hoàn thành hàng, tự chuyển xuống hàng ngang phía ( phía nam) N gười làm vườn có trạng thái trồng hình vng đứng chuyển tới hình vng phía đơng (phải) tự động xuống (phía nam) trồng đủ n − hàng đứng (trừ hàng cuối) Chúng ta lo lắng trường hợp (3) người làm vườn ln cNn thận đếm số trồng hàng chuyển xuống hàng trồng đủ (n − 1) hàng đứng Anh ta trồng (n − 1) hàng ngang tổng số trồng n(n − 1) Do thực n(n − 1) trạng thái loại (1) Với trường hợp chuyển vị trí xuống góc phía bên phải phải thực (n − 1) trạng thái loại (2) Và có tất n(n − 1) + n − = n − trạng thái Vì biểu diễn trạng thái theo ý muốn nên số cách thực công việc Cnn −−11 (do phải trồng n − cây) Khơng khó để thấy có tương ứng một-một ma trận tốt số cách trồng người làm vườn Ví dụ với n = , e ký hiệu tương ứng cho trạng thái (1) (2) coi dãy 11ee11111111e11,e1111111111e1e1,11111111e11e11e tương ứng với hình vẽ sau: ** * * ** * ** * ** 17 * ** * ** * ** * * * Và có ma trận tương ứng 2 0  0  0 0 0 0 0   0 0   0 0 0 0  0  1 1 Do số ma trận M f số hàm số f Cnn−−11 Bài 17: Cho số nguyên dương n, tập A tập tất dãy tăng có tổng n Đặt a = (a1 , a2 , , am ) phần tử A Đặt s(a) số bé thỏa mãn as ( a ) , as ( a )+1 , , am số nguyên liên tiếp Giả sử n viết k (3k − 1) k (3k + 1) với số nguyên dương k Đặt A1 2 tập A thỏa mãn a ∈ A1 a1 ≤ m − s ( a ) + dạng Chứng minh A = A1 Lời giải: thỏa mãn a ∈ A1 ' Gọi A1 ' tập A a1 > m − s ( a ) + Khi ta có A = A1 ∪ A1 ' Ta chứng minh tồn song ánh từ A1 vào A1 ' Thật vậy, ta định nghĩa ánh xạ sau: a = (a1 , a2 , , am ) → a ' = (a2 , , am−a , am−a +1 + 1, , am + 1) (*) 1 (Thực chia a1 cho a1 phần tử cuối a , xóa a1 , ta phần tử a ' -giúp đảm bảo tổng phần tử n Ví dụ với n = 42 a = (3,5,7,8,9,10) Ta có a1 = 3, m = s(a) = , a ∈ A1 Khi qua phép ánh xạ trên, ta a ' = (5,7,9,10,11) Ta có 18 thể quan sát dễ dàng biều đồ Young ( N hư hình 12, ta xóa điểm cột thứ (vì a1 = ) chia số điểm cho cột sát bên phải Hình 10 Ta cần chứng minh: i a ' ∈ A1 ' ii Phép ánh xạ (*) đơn ánh iii Phép ánh xạ (*) tồn ánh Cm (i): Ta có m − a1 + ≥ s ( a ) (vì a ∈ A1 ) Do s(a) số nhỏ để as ( a ) , as ( a )+1 , , am số tự nhiên liên tiếp, suy ta có am−a +1 + 1, , am + số tự nhiên liên tiếp N ếu m − a1 + ≥ ánh xạ (*) cho: a ' = (a2 , , am − a , am −a +1 + 1, , am + 1) = (a1' , , am' −1 ) 1 a1' = a2 ≤ am' −a −1 = am−a ≤ am−a +1 − = am' −a − Suy s(a ') = m − a1 1 1 Khi m '− s ( a ') + = ( m − 1) − ( m − a1 ) + = a1 , lại có a2 > a1 nên suy a = a2 > m '− s (a ') + Vậy a ' ∈ A1' ' m − a1 + = ánh xạ N ếu a ' = (a2 + 1, , am + 1) = (a1' , , am' −1 ) s (a ') = 1, m ' = m − a1' = a2 + > m '− s (a ') + = m − = a1 + Vậy a ' ∈ A1' 19 (*) cho Khi N ếu m − a1 + = , suy s ( a ) = Khi ta có a1 , a2 , , am m số tự nhiên liên tiếp Khi ta có m(m − 1) m(m − 1) m(3m − 1) n = ma1 + = m2 + = (vô lý với giả thiết) 2 Vậy a ' ∈ A1' s(a ') = m − a1 (1) Chứng minh ii: ta sử dụng pp phản chứng Giả sử ∃a ≠ b, a, b ∈ A1 cho qua phép ánh xạ (*) có ảnh a ', b ' ∈ A1' thỏa mãn a ' = b ' Do phép ánh xạ (*) làm giảm chiều dài dãy so với ban đầu, suy a b có chiều dài Đặt b = (b1 , b2 , , bm ) Ta có m − a1 = s ( a ') = s (b ') = m − b1 (theo 1) Suy a1 = b1 , suy a = b (mâu thuẫn) Vậy phép ánh xạ (*) đơn ánh Để chứng minh ý (iii), ta sử dụng ánh xạ ngược (*) Đặt a ' = (a1' , a2' , , am' −1 ) ∈ A1' Ta thực phép ánh xạ ngược sau: trừ đơn vị m − s ( a ') số tự nhiên liên tiếp a ' , sau thêm vào trước a1' số có giá trị m − s ( a ') Gọi phần tử a , ta chứng minh a ∈ A1 Để ý dạng tổng quát a sau: a = (m − s (a '), a1' , , as' ( a ') −1 , as' ( a ') − 1, , am' −1 − 1) (dễ thấy có s (a ') − ≥ để thỏa mãn đk số) Ta xét trường hợp: N ếu s(a ') − ≥ Ta có a ' ∈ A1' nên a1' > (m − 1) − s(a ') + = m − s(a ') as' ( a ')−1 ≤ as' ( a ') − Khi ánh xạ ngược (*): a = (a1 , a2 , , am ) = (m − s (a '), a1' , , as' ( a ')−1 , as' ( a ') − 1, , am' −1 − 1) Lại có as' ( a ') , as' ( a ')+1 , , am' −1 số tự nhiên liên tiếp nên as ( a ')+1 = as' ( a ') − ,…, am = am' −1 − số tự nhiên liên tiếp Khi số s (a) a phải nhỏ s (a ') + ( s(a) ≤ s(a ') + ) Kết hợp lại ta có: a1 = m − s ( a ') ≤ m − s ( a ) + , suy a ∈ A1 N ếu s ( a ') = Vì a ' ∈ A1' nên a1' > (m − 1) − s(a ') + = m − N ếu a1' = m (m − 2)(m − 1) n = a1' + + am' −1 = m + + (m + m − 2) = m(m − 1) + ta có (m − 1) [3(m − 1) + 1] = (vô lý) 20 Vậy a1' ≥ m + suy Khi ánh xạ ngược (*) cho ta có a = (m − 1, a1' − 1, , a1m−1 − 1) thỏa mãn a1 = m − ≤ m − s (a ) + (do s(a) ≤ ) Vậy ánh xạ ngược (*) cho a ∈ A1 Vậy phép ánh xạ (*) song ánh, suy A1 = A1' , suy A = A1 Bài 18 [VMO 1996]: Cho số nguyên dương k n với k ≤ n Hỏi có tất chỉnh hợp ( a1 , a2 , , ak ) chập k n số nguyên dương đầu tiên, mà chỉnh hợp ( a1 , a2 , , ak ) thỏa mãn điều kiện sau: Tồn s, t thuộc {1, 2, ,k } cho s < t as > at Tồn s thuộc {1, 2, ,k } cho ( as − s ) không chia hết cho Lời giải: Gọi A = {( a1 , a2 , , ak )} với k ≤ n , = {1, 2, , n} với i = 1, 2, , k Xét tập B ⊂ A thỏa mãn ( a1 , a2 , , ak ) ∈ B < +1 với ∀i = 1,2, , k − ≡ i (mod 2) với ∀i = 1,2, , k Xét tập D ⊂ A mà chỉnh hợp a ∈ D thỏa mãn yêu cầu tốn Rõ ràng ta có D = A \ B nên số chỉnh hợp cần phải tìm D = A − B (1) Để xét số phần tử tập B ta thấy + i ≡ 2i ≡ 0(mod 2) với ∀i = 1, 2, , k nên ta lập ánh xạ f : B → E xác định bởi: ( ( a , a , , a ) ) = ( a + 1, a + 2, , a Với E = {( e , e , , e )} f k 1 2 k k + k ) , i = 1,2 , k ≤ ei ≤ n + k , ei ≡ 0(mod 2) với ∀i = 1, 2, , k + ei < ei +1 với ∀i = 1,2, , k − Dễ dàng thấy b, b ' ∈ B mà b ≠ b ' f (b) ≠ f (b ') nên f đơn ánh Mặt khác từ ei ≡ 0(mod 2) ei − i ≡ i(mod 2) từ ei < ei +1 − suy ei − i < ei +1 − i − (hay < +1 đặt = ei − i, +1 = ei +1 − i − ), mà ≤ ei < ei +1 ≤ n + k nên ≤ < +1 ≤ n với ∀i = 1,2, , k − Từ đó, với e = ( e1 , e2 , , ek ) ∈ E tồn b = ( a1 , a2 , , ak ) ∈ B cho f (b) = e , nghĩa f toàn ánh Vậy f song ánh nên B = E Với tập E xác định n + k  (2) ta có B = E = Cmk với m =    Từ (1) (2) A = n! ta có: (n − k )! 21 D= A−E = n! n + k  − Cmk với m =  (n − k )!   N hận xét: Dùng song ánh để chứng minh đẳng thức tổ hợp Bài 1:Chứng minh đẳng thức (C ) + (C ) + (C ) n n n + + ( Cnn ) = C2nn Hướng dẫn: Ta thấy C2nn số cách chọn n đối tượng từ 2n đối tượng đôi khác Mặt khác, chia 2n đối tượng thành nhóm: N hóm nhóm gồm n đối tượng Khi để chọn n phần tử ta thực sau Chọn k phần tử từ nhóm 1: có Cnk cách chọn, sau chọn n − k đối tượng từ nhóm 2: có Cnn−k = Cnk cách chọn Theo quy rắc nhân có ( Cnk ) cách chọn n đối tượng mà có k đối tượng thuộc nhóm Cho k = 0,1, , n theo quy tắc cộng ta có đpcm Bài 2:Chứng minh đẳng thức: n  k (C ) k n k =0 = nC2nn−−11 HD: Xét tốn có n học sinh nam n học sinh nữ Hỏi có cách chọn n học sinh cho có học sinh nam làm lớp trưởng Bài 3: Chứng minh đẳng thức: n 2 C C k k =0 k n  n−k      n−k = C2nn+1 HD: Xét toán “chọn n số từ 2n+1 số khác nhau” theo cách: Cách 1: chia 2n+1 số thành n cặp gồm số số x • Bước 1: chọn k cặp, từ cặp chọn số Có Cnk cách chọn k cặp có cách chọn số cặp Vậy theo quy tắc nhân có k Cnk cách chọn theo bước 22 n−k • Bước 2: chọn  cặp n − k cặp lại, số x   chon n − k lẻ không chọn thêm x n − k chẵn Khi có C  n−k      n−k cách chọn bước  n−k      n−k Theo quy tắc nhân có C Cnk 2k cách chọn n số lần chọn Cho k = 0,1, 2, , n ta có tổng vế trái đẳng thức Cách 2: chọn theo tổ hợp chập n 2n + phần tử: có C2nn+1 cách chọn Vậy ta có đpcm Bài 4:CMR: n! = n nCn0 − (n − 1) n Cn1 + (n − 2) n Cn2 − (n − 3) n Cn3 + + (−1) n−1 Cnn−1 HD: Xét X tập toàn ánh từ tập M = {1,2, ,n} vào Mỗi tồn ánh từ M vào hốn vị M Suy số toàn ánh từ M vào M X = n! (*) Mặt khác: đặt Hom(M,M)= tập ánh xạ từ M vào M Suy Hom( M , M ) = n n Đặt Ai = { f ∈ Hom( M , M ) | i ∈ f ( M )} với i = 1, 2, , n Khi đó: n X = Hom( M , M ) \   Ai   X = n n −  i =1  Ta có n A i =1 i n A i =1 i (1) = Cn1 (n − 1) n − Cn2 (n − 2) n + Cn3 (n − 3) n + + (−1) n−1 Cnn−1 (2) Từ (1) (2) ta có : X = n nCn0 − (n − 1)n Cn1 + (n − 2)n Cn2 − (n − 3)n Cn3 + + (−1)n−1 Cnn−1 Từ (*) (**) ta có đpcm n   2 C C i =0 i n i n −i 2n−2i = C2nn Dùng song ánh để tính tổng phần tử tập 23 (**) Bài 1:Cho tập A = {1,2, , n} Mỗi tập không rỗng A ta xác định tổng đan dấu sau: xếp phần tử A theo thứ tự tăng dần sau gán luân phiên dấu + – cho phần tử lớn mang dấu cộng Tính tổng tổng đan dấu HD: Coi tập rỗng có tổng Với tập Ai khác rỗng ta chia chúng làm loại: tập A1 chứa tập chứa phần tử n , tập A2 chứa tập không chứa phần tử n Khi tương ứng sau song ánh: f : A2 → A1 Ai = {a1 > a2 > > } → f ( Ai ) = {n > a1 > a2 > > } Khi tổng tổng đan dấu Ai f ( Ai ) n Vì A có n tập nên có 2n−1 cặp tập Ai f ( Ai ) Suy tổng tổng đan dấu n.2n−1 Bài 2: (NMO Việt Nam) Cho tập S = {1,2, , n} Gọi T tập tất tập không rỗng S Với X ∈ T , gọi m( X ) trung bình cộng phần tử X Tính m( X ) m=  T HD: Xét song ánh f : T → T , f (X) = {n + − x} với x ∈ X Ta thấy m( X ) + m( f ( X )) = n + Do đó: 2 m( X ) =  ( m( X ) + m( f ( X )) ) = T (n + 1)  m = n +1 Bài 3: Hãy tính trung bình cộng tất số N = a1a2 an chia hết cho 99 chữ số N thuộc tập {1,2,3,4,5,6,7,8} HD: Gọi T tập tất số dạng N Khi xét tương ứng 24 f : T →T a1 an → b1 bn với bi = − , i = 1, 2, , n Ta thấy: N + f ( N ) = 99 999 nên f ( N ) ∈ T f ánh xạ Dễ chứng minh f song ánh Khi đó:  N =  N + f ( N ) = T 99 N ∈T N ∈T n Suy TBC số N 99  = 10 − n chu so 25 Tài liệu tham khảo [1] TiTu Andreescu, Zuming Feng; A path to combinatorics for undergraduates [2] Lê Hải Châu, Giới thiệu thi chọn HỌC SINH GIỎI TỐN phổ thơng trung học tồn quốc (từ năm 1962 đến năm 2000) [3] N guyễn Sinh N guyên, N guyễn Văn N ho, Lê Hồng Phò; Tuyển tập dự tuyển Olympic tốn học quốc tế 1991-2001 [4] Vũ Dương Thụy, N guyễn Văn N ho; 40 năm Olympic toán quốc tế [5] N guyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề TOÁN RỜI RẠC số vấn đề liên quan (tài liệu dùng cho lớp bồi dưỡng giáo viên THPT Chuyên – hè 2007) [6] Tủ sách toán học tuổi trẻ, Các thi Olympic tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990 – 2006), Nxb Giáo dục (2007) [7] Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2012,2014 [8] tai lieu\CH2.pdf 26 ... chia tất hình bình hành thành tập Có cạnh hình bình hành phải song song với cạnh tam giác Gọi SYZ tập hình bình hành có cạnh song song với cạnh XY ZX tam giác Các tập S XY S ZX xác định tương... giác đơn sắc tam giác có tất đỉnh màu Lg: Ta gọi đơn giác đỏ (xanh) tất đỉnh tam giác đỏ xanh Vì đa giác có đỉnh, đỉnh tơ màu xanh đỏ nên có đỉnh có dùng màu Khơng tính tổng qt, giả sử màu đỏ... chia kẹo, ta suy số cách chia 24 điểm xanh vào 10 cụm C239 Tiếp theo, ta xem xét việc xếp điểm xanh- đỏ vệc có sẵn 79 điểm đỏ đường tròn, ta bỏ 10 cụm điểm xanh khoảng trống điểm đỏ liên tiếp,