SH thang TN he thang du day du va mot so bai toan dem

SỬ DỤNG HỆ THẶNG DƯ ĐẦY ĐỦ TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẾM TRẦN NGỌC THẮNG GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Trong viết đưa số ứng dụng hệ thặng dư đầy đủ số toán đếm liên quan đến tổ hợp số học Các tốn giải theo số hướng khác thấy việc sử dụng kiến thức hệ thặng dư đầy đủ làm cho lời giải tự nhiên gần gũi với kiến thức nhận thức học sinh Hệ thặng dư đầy đủ Cho số nguyên dương m > Khi tập hợp số nguyên {a1 , a2 , , am } gọi hệ thặng dư đầy đủ mod m thỏa mãn điều kiện ≡ a j ( mod m ) , ∀i ≠ j; i, j ∈ {1, 2, , m} Nhận xét Nếu {a1 , a2 , , am } hệ thặng dư đầy đủ mod m với số nguyên x , tồn i ∈ {1, 2, , m} cho x ≡ ( mod m ) Bổ đề Cho số nguyên a, ( a, m ) = {a1 , a2 , , am } hệ thặng dư đầy đủ mod m Khi {aa1 , aa2 , , aam } hệ thặng dư đầy đủ mod m Bổ đề chứng minh dễ dàng ta thấy phát biểu đơn giản có nhiều ứng dụng toán đếm liên quan đến phần số học tổ hợp Sau ta toán 1, tốn quan trọng liên quan đến tính chất chia hết tổng phần tử tập hợp tập hợp Bài toán Cho p số nguyên tố tập hợp A = {1, 2, , p} ; i, k số tự nhiên thỏa mãn ≤ i ≤ p − 1, ≤ k ≤ p − Chứng minh số tập gồm k phần tử tập A tổng phần tử tập ≡ i ( mod p ) C pk p Lời giải Kí hiệu Ai tập hợp tập có k phần tử tổng phần tử tập ≡ i ( mod p ) Xét hai số tự nhiên phân biệt m, n ∈ {0,1, 2, , p − 1} Xét {a1 , a2 , , ak } ∈ An Do ( k , p ) = nên {kx x = 0,1, 2, , p − 1} hệ thặng dư đầy đủ mod p suy tồn số nguyên c ∈ {0,1, 2, , p − 1} cho kc ≡ m − n ( mod p ) Xét tập hợp {a1 + c, a2 + c, , ak + c} , ta có a1 + c + a2 + c + + ak + c = a1 + a2 + + ak + kc ≡ n + m − n ≡ m ( mod p ) Suy {a1 + c, a2 + c, , ak + c} tương ứng với phần tử tập Am Do An = Am ⇒ Ai = A0 + A1 + + Ap −1 p = C pk p Vậy toán chứng minh Sau ta đưa số toán ứng dụng toán Đầu tiên ta xét toán Problem 6, IMO 1995 Đây tốn khó sâu sắc, có số lời giải tốn theo hướng sử dụng số phức, phân lớp tập hợp… xin đưa lời giải dựa vào toán dựa vào toán để đưa lời giải tổng quát cho toán Bài toán (IMO 1995) Cho p số nguyên tố lẻ tập hợp X = {1, 2, , p} Tìm số tập gồm p phần tử tập X cho tổng phần tử tập chia hết cho p ? Lời giải Do p số nguyên tố lẻ nên + + + p = p + + p + + + p = p + p ( p + 1) Mp p ( p + 1) M p {1, 2, , p} suy hai tập hợp { p + 1, p + 2, , p} hai tập thỏa mãn có p phần tử tổng phần tử chia hết cho p Xét tập hợp A, A = p ∑ x ≡ ( mod p ) , x∈A A ≠ {1, 2, , p} ,{ p + 1, p + 2, , p} Giả sử A có k phần tử chọn từ {1, 2, , p} tổng phần tử ≡ i ( mod p ) p − k phần tử lại phải chọn từ tập { p + 1, p + 2, , p} tổng p − k phần tử phải ≡ p − i ( mod p ) Như theo toán cách chọn k phần tử thuộc tập {1, 2, , p} số cách chọn p − k phần tử lại C pp − k C pk = Do số cách chọn tập A, A = p p p A ≠ {1, 2, , p} ,{ p + 1, p + 2, , p} A p −1 C pk C pk k =1 p ∑ (C ) + (C ) = p p + + ( C pp ) − 2 p Do số tập thỏa mãn yêu cầu toán là: = ∑ x ≡ ( mod p ) , C2pp − p x∈A C2pp − p +2 Bài toán (Mở rộng IMO 1995) Cho p số nguyên tố lẻ, số nguyên dương m ≥ p tập X = {1, 2, , m} Tìm số tập gồm p phần tử tập X cho tổng phần tử tập chia hết cho p ? Lời giải ⎡m⎤ Đặt m = pq + r ,0 ≤ r < p ⇒ q = ⎢ ⎥ p ⎣ ⎦ Chia tập X thành tập sau : A1 = {1, 2, , p} A2 = { p + 1, p + 2, , p} … Aq = {( q − 1) p + 1, ( q − 1) p + 2, , pq} Aq +1 = { pq + 1, pq + 2, , pq + r} Do p số nguyên tố lẻ nên A1 , A2 , , Aq tập thỏa mãn yêu cầu toán Xét tập hợp A ≠ Ai , ∀i = 1, 2, , q thỏa mãn yêu cầu toán, dễ thấy A ≠ Aq +1 Tập hợp A gồm có i1 + i2 + + iq +1 = p phần tử gồm ik phần tử thuộc tập Ak , k = 1, 2, , q + , kết hợp với A ≠ Ai , ∀i = 1, 2, , q nên ≤ i1 , i2 , , iq +1 < p Theo tốn số tập hợp A ∑ i1 + i2 + + iq +1 = p i1 p iq p i2 p C C C C p iq +1 r ∑ = i1 + i2 + + iq +1 = p i i C ip1 C ip2 C pq Crq +1 − q ⎡m⎤ Cmp − ⎢ ⎥ −q C ⎣ p⎦ = = p p p pq + r ≤ i1 , i2 , , iq +1 ≤ p p ≤ i1 , i2 , , iq +1 < p Vậy số tập thỏa mãn yêu cầu toán : ⎡m⎤ ⎡m⎤ Cmp − ⎢ ⎥ Cmp − ⎢ ⎥ ⎣ p⎦ +q = ⎣ p ⎦ + ⎡m⎤ ⎢ p⎥ p p ⎣ ⎦ Bài toán (Baltic Way 2014) Cho p số nguyên tố n số nguyên dương Tìm số thứ tự ( a1 , a2 , a3 , a4 ) thỏa mãn a1 , a2 , a3 , a4 ∈ {0,1, 2, , p n − 1} p n ( a1a2 + a3a4 + 1) ? Lời giải Nhận xét Nếu ( x, p ) = ⇒ ( x, p n ) = ⇒ { x.k k = 0,1, 2, , p n − 1} hệ thặng dư đầy đủ mod p n Th1 Nếu a1 ≡ ( mod p ) với cách chọn a3 , a4 tồn số a2 ∈ {0,1, 2, , p n − 1} thỏa mãn p n ( a1a2 + a3 a4 + 1) Do số thứ tự ( a1 , a2 , a3 , a4 ) trường hợp số cách chọn a1 ≡ ( mod p ) a3 , a4 ∈ {0,1, 2, , p n − 1} suy số : ϕ ( p n ) p n p n = p 3n − p 3n −1 Th2 a1 ≡ ( mod p ) ⇒ a3 , a4 ≡ ( mod p ) Nếu a3 ≡ ( mod p ) , a2 ∈ {0,1, 2, , p n − 1} tồn với cách chọn số a4 ∈ {0,1, 2, , p n − 1} , a4 ≡ ( mod p ) thỏa mãn p n ( a1a2 + a3a4 + 1) Do số ( a1 , a2 , a3 , a4 ) trường hợp số cách chọn ≡ ( mod p ) , a2 ∈ {0,1, 2, , p n − 1} suy số : thứ tự a3 (p n a1 ≡ ( mod p ) ) − ϕ ( p n ) p n ϕ ( p n ) = p3n −1 − p3n−2 Do số thứ tự thỏa mãn yêu cầu toán là: p 3n − p 3n −1 + p 3n −1 − p 3n − = p n − p 3n − Bài toán (Canada Mathematical Olimpiad 2014) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số số nguyên, thứ tự ( a1 , a2 , , a p ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : (1) a1 , a2 , , a p ∈ {0,1, 2, , p − 1} ; (2) a1 + a2 + + a p không chia hết cho p ; (3) a1a2 + a2 a3 + + a p −1a p + a p a1 chia hết cho p Lời giải Kí hiệu Ai , i = 0,1, , p − tập hợp thứ tự ( a1 , a2 , , a p ) thỏa mãn điều kiện (1), (2) thỏa mãn a1a2 + a2 a3 + + a p −1a p + a p a1 ≡ i ( mod p ) Xét ( a1 , a2 , , a p ) ∈ Ai Do (2(a + a { ) } + + a p ) , p = ⇒ ( a1 + a2 + + a p ) k k = 0,1, , p − lập thành hệ thặng dư đầy đủ suy với số j ∈ {0,1, , p − 1} tồn số c ∈ {0,1, , p − 1} cho ( a1 + a2 + + a p ) c ≡ j − i ( mod p ) Xét ( a1 + c, a2 + c, , a p + c ) , ta thấy thỏa mãn điều kiện (2) Tiếp theo ta kiểm tra điều kiện (3), ( a1 + c )( a2 + c ) + ( a2 + c ) ( a3 + c ) + + ( a p + c ) ( a1 + c ) = a1a2 + a2 a3 + + a p a1 + 2c ( a1 + a2 + + a p ) + pc ≡ i + j − i ≡ j ( mod p ) Suy ( a1 + c, a2 + c, , a p + c ) thỏa mãn điều kiện (2), (3) Do đó, cách xét theo mod p ( a1 + c, a2 + c, , a p + c ) tương ứng với thuộc Aj Từ suy A0 = A1 = = Ap −1 = A0 + A1 + + Ap −1 p (*) A0 + A1 + + Ap −1 số ( a1 , a2 , , a p ) thỏa mãn điều kiện (2), dễ thấy số p p −1 ( p − 1) , kết hợp với (*) ta có A0 = A0 + A1 + + Ap −1 p = p p −1 ( p − 1) = p p −2 ( p − 1) p Vậy số cần tìm p p −2 ( p − 1) Bài toán Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số số nguyên thứ tự ( a , a , , a ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : p (1) a1 , a2 , , a p ∈ {0,1, 2, , p − 1} ; (2) a1 + a2 + + a p không chia hết cho p ; (3) a12 + a22 + + a 2p chia hết cho p Lời giải Kí hiệu Ai , i = 0,1, , p − tập hợp thứ tự ( a1 , a2 , , a p ) thỏa mãn điều kiện (1), (2) thỏa mãn a12 + a22 + + a 2p ≡ i ( mod p ) Xét ( a1 , a2 , , a p ) ∈ Ai Do (2(a + a { ) } + + a p ) , p = ⇒ ( a1 + a2 + + a p ) k k = 0,1, , p − lập thành hệ thặng dư đầy đủ suy với số j ∈ {0,1, , p − 1} tồn số c ∈ {0,1, , p − 1} cho ( a1 + a2 + + a p ) c ≡ j − i ( mod p ) Xét ( a1 + c, a2 + c, , a p + c ) , ta thấy thỏa mãn điều kiện (2) Tiếp theo ta kiểm tra điều kiện (3), ( a1 + c ) + ( a2 + c ) + + ( a p + c ) 2 = a12 + a22 + + a 2p + 2c ( a1 + a2 + + a p ) + pc ≡ i + j − i ≡ j ( mod p ) Suy ( a1 + c, a2 + c, , a p + c ) thỏa mãn điều kiện (2), (3) Do đó, cách xét theo mod p ( a1 + c, a2 + c, , a p + c ) tương ứng với thuộc Aj Từ suy A0 = A1 = = Ap −1 = A0 + A1 + + Ap −1 p (*) A0 + A1 + + Ap −1 số ( a1 , a2 , , a p ) thỏa mãn điều kiện (2), dễ thấy số p p −1 ( p − 1) , kết hợp với (*) ta có A0 = A0 + A1 + + Ap −1 p = p p −1 ( p − 1) = p p −2 ( p − 1) p Vậy số cần tìm p p −2 ( p − 1) Bài toán (Mở rộng Canada Mathematical Olimpiad 2014) Cho p số nguyên tố lẻ số nguyên dương n Tìm số số nguyên, thứ tự ( a1 , a2 , , a p ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : (1) a1 , a2 , , a p ∈ {1, 2, , np} ; (2) a1 + a2 + + a p không chia hết cho p ; (3) a1a2 + a2 a3 + + a p −1a p + a p a1 chia hết cho p Bài tốn hồn tồn tương tư tốn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Toán rời rạc, NXB Giáo dục, 2008 [2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Toán Rời rạc số vấn đề liên quan, Tài liệu bồi dưỡng giáo viên hè 2007, Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội [3] Trần Nam Dũng (chủ biên), Chuyên đề toán học số 8, 9, Trường PTNK ĐHQG TP Hồ Chí Minh [4] Le Hai Chau - Le Hai Khoi, Selected Problems of the Vietnamese Maththematical Olympiad (1962 - 2009), World Scientific [5] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, Crux - Canada, AMM - USA [6] Titu Andresscu - Zuming Feng, A path to combinatorics for underfrduates, Birkhauser [7] Arthur Engel, Problem - Solving Strategies, Springer [8] Titu Andreescu and Zuming Feng 102 combinatorial problems from the training of the USA IMO team [9] Các nguồn tài liệu từ internet www.mathlinks.org; www.imo.org.yu ... Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội [3] Trần Nam Dũng (chủ biên), Chuyên đề toán học số 8, 9, Trường PTNK ĐHQG TP Hồ Chí Minh [4] Le Hai Chau - Le Hai Khoi, Selected Problems of the Vietnamese Maththematical... combinatorics for underfrduates, Birkhauser [7] Arthur Engel, Problem - Solving Strategies, Springer [8] Titu Andreescu and Zuming Feng 102 combinatorial problems from the training of the USA IMO team... thuộc tập Ak , k = 1, 2, , q + , kết hợp với A ≠ Ai , ∀i = 1, 2, , q nên ≤ i1 , i2 , , iq +1 < p Theo tốn số tập hợp A ∑ i1 + i2 + + iq +1 = p i1 p iq p i2 p C C C C p iq +1 r ∑ = i1 + i2 + + iq