Phân loại và định hướng giải một số bài toán tổ hợp về tập hợp

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: “ PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP ” Lĩnh vực áp dụng: - Chương trình Tốn lớp 10 THPT chun, 11 THPT chun - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia, tập huấn học sinh thi chọn đội tuyển dự thi Toán Quốc tế Thời gian áp dụng: Từ tháng 06/2016 đến tháng 05/2017 Tác giả: Họ tên: Năm sinh: 1984 Nơi thường trú: Đội 10-xã Hải Thanh-huyện Hải Hậu-tỉnh Nam Định Trình độ chun mơn: Cử nhân khoa học-chun ngành sư phạm Tốn Chức vụ cơng tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT Địa liên hệ: -Giáo viên THPT Mail: Đồng tác giả: Khơng có Đơn vị áp dụng sáng kiến: Đơn vị: Trường THPT Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG BÁO CÁO Kí hiệu tắt Giải thích THPT Trung học phổ thông HSG Học sinh giỏi DHBB Thi Olympic khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ IMO Olympic Toán học quốc tế APMO Olympic Toán học khu vực Châu Á Thái Bình Dương USA MO Olympic Tốn học My MEMO Olympic Toán học khu vực Trung Âu TST Thi chọn đội Quốc gia dự thi Quốc tế X Số phần tử (lực lượng) của tập hợp X P( X ) Tập hợp tất tập của X ( a; b ) , gcd ( a; b ) Ước chung lớn của a b ƯCLN(a; b) [ a; b] , lcd ( a; b ) BCNN(a; b) Bội chung nhỏ của a b a|b a chia hết b ; b chia hết cho a ; a ước của b [ x] Phần nguyên của x, số nguyên lớn không x { x1; x2 ; ; xk ; } Số bé số x1; x2 ; ; xk ; max { x1; x2 ; ; xk ; } Số lớn số x1; x2 ; ; xk ; Đpcm Điều phải chứng minh Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 BÁO CÁO SÁNG KIẾN PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP I Điều kiện hồn cảnh tạo sáng kiến: Tở hợp nội dung Tốn học tởng hợp, bao gồm tất phân mơn Đại số, Số học, Giải tích, Hình học Bài tốn tở hợp có mặt hầu hết kì thi chọn học sinh giỏi Toán với tư cách câu “phân loại” học sinh, nội dung quan trọng chương trình Tốn THPT chun đợt tập huấn đội tuyển học sinh giỏi Ở khía cạnh khác, thao tác tư cho loại tốn bắt gặp (và được ứng dụng lại) cách giải toán thực tế hay toán dân gian Bài tốn Tở hợp đa dạng nội dung hình thức nên khơng có thuật tốn rõ ràng cho chúng, hầu hết được biết đến với tên gọi “tốn suy luận” Trong q trình tìm hiểu, đặc biệt sau giảng dạy chuyên đề Tổ hợp cho học sinh chuyên Toán bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, nhận thấy vấn đề Tổ hợp phát biểu hình thức ngơn ngữ tập hợp Vì lí này, để tiếp cận tốt với tốn Tở hợp, tơi thấy trước hết cần rèn luyện cách tiếp cận với phận của tốn Tở hợp tập hợp việc phân loại định hướng giải.Đây nguồn gốc ý tưởng của báo cáo Bên cạnh việc hệ thống số kiến thức tập hợp, phân loại tốn theo hình thức, báo cáo số định hướng giải qua phân tích giải số tốn Tở hợp thi học sinh giỏi có nội dung tập hợp II Mơ tả giải pháp:Trong phần này, báo cáo trình bày nội dung sau: Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến: - Nêu thực trạng việc làm tốn Tở hợp tập hợp - Tóm tắt số nội dung kiến thức liên quan tốn Tở hợp tập hợp Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: Phân dạng tốn Tở hợp tập hợp theo hình thức định hướng giải, làm rõ định hướng thông qua phân tích hướng dẫn giải tốn số đề thi học sinh giỏi Các dạng chính: - Bài toán xác định tập hợp Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 - Bài toán ước lượng số phần tử tập hợp - Bài toán tính chất phần tử tập hợp Điểm sáng tạo sáng kiến là: - Phân loại toán để tiếp cận định hướng giải - Phân tích số định hướng giải cho tốn tập hợp - Tuyển chọn hệ thống tập theo dạng qua kì thi Olympic *** MƠ TẢ GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN 1.1 – Thực trạngtrong giải tốn Tở hợp tập hợp Bài tốn Tở hợp nói chung, có tốn tập hợp thường đòi hỏi lực tư tổng hợp để giải quyết, kiến thức cần sử dụng thường phạm vi rộng, thuộc nhiều phân môn Những điều tạo “trở ngại” định đa số người giải toán trình tìm kiếm lời giải Mặc dù nguồn tài liệu tập hợp, tài liệu trực tuyến phong phú tựu chung lại việc nêu lí thuyết hay kĩ thuật tốn vận dụng lí thuyết, kĩ thuật đó, cho người đọc nhìn tổng thể dạng hay hướng tiếp cận tổng hợp Hai yêu cầu trở nên cần thiết trình bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn, lẽ cung cấp được “cái tởng quan” giúp học sinh tiếp cận được với vấn đề lớn hay dạng phát biểu khác của Toán Trong báo cáo này, tác giả hi vọng giảm bớt “trở ngại” qua việc giải hai yêu cầu nêu 1.2 – Tóm tắt mợt sớ kiến thức liên quan Tổ hợp, tập hợp 1.2.1– Một số vấn đề tập hợp, phép đếm Tập hợp phần tử của tập hợp khái niệm của Toán học Một tập hợp S được xác định phần tử của Để phần tử x thuộc tập S(hay S chứa x) ta dùng kí hiệu x ∈ S , để phần tử y khơng thuộc tập S ta dùng kí hiệu y ∉ S Quy ước tập rỗng, kí hiệu ∅ , để “thứ” – tập hợp khơng có phần tử Số lượng phần tử của tập S được kí hiệu S Một tập hợp được mơ tả lời văn, cách liệt kê phần tử; tính chất đặc trưng sử dụng biểu đồ Venn 1.2.1.1 – Quan hệ hai tập hợp Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 a) Tập hợp A gọi tập của tập hợp B (hay B chứa A) , kí hiệu A ⊂ B (hay B ⊃ A ) ∀x, x ∈ A ⇒ x ∈B Kí hiệu P ( A ) tập hợp (họ) tất tập của tập hợp A * Quy ước: ∅⊂ A với tập hợp A b) Hai tập hợp A B gọi nhau, kí hiệu A = B, phần tử của tập A phần tử của tập B phần tử của tập B phần tử của tập A A = B ⇔ ( ( A ⊂ B ) ∧ ( B ⊂ A) ) * Định lí: A ⊂ B ⇒ P( A) ⊂ P( B ) A = B ⇔ P( A ) = P ( B ) A = n ⇒ P ( A ) = 2n 1.2.1.2 – Phép toán tập hợp a) Phép hợp: A1 ∪ A2 ∪ ∪ An = { x | ( x ∈ A1 ) ∨ ( x ∈ A2 ) ∨ ∨ ( x ∈ An ) } b) Phép giao: A1 ∩ A2 ∩ ∩ An = { x | ( x ∈ A1 ) ∧ ( x ∈ A2 ) ∧ ∧ ( x ∈ An ) } c) Hiệu của hai tập hợp: A \ B = { x | ( x ∈ A ) ∧ ( x ∉ B ) } Nếu B ⊂ A A \ B = C A B gọi phần bù của B A Trong số trường hợp, ta kí hiệu B để tập phần tử khơng thuộc B d) Tích Descartes: A1 × A2 ×…× An = { ( x1; x2 ; ; xn ) | x1 ∈ A1, x2 ∈ A2 , , xn ∈ An } Phân hoạch tập hợp:Cho tập hợp A Một tập hợp A1 , A2 , , An ( n ≥ ) n của tập A gọi phân hoạch của A mà ≤ i < j ≤ n UA i i =1 = A Ai ∩ Aj = ∅ với i, j Một số luật quan trọng: * Luật kết hợp: A ∩ ( B ∩ C ) = ( A ∩ B ) ∩ C , A ∪ ( B ∪ C ) = ( A ∪ B ) ∪ C * Luật phân phối: A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ) Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 A ∪ ( B ∩ C ) = ( A ∪ B) ∩ ( A ∪ C ) * Luật De Morgan: A \ ( B ∩ C ) = ( A \ B ) ∪ ( A \ C ) , A \ ( B ∪ C ) = ( A \ B ) ∩ ( A \ C ) 1.2.1.3 – Phép đếm a) Ba cấu hình bản: * Hốn vị: Mỗi cách xếp (bộ) n phần tử của tập hợp A = { a1; a2 ; ; an } theo trật tự định gọi hoán vị của A Số hoán vị của A Pn = 1.2.3 n = n! *Tổ hợp: Mỗi cách lấy k phần tử tùy ý từ tập hợp A = { a1; a2 ; ; an } (không kể thứ k tự, ≤ k ≤ n ) gọi tổ hợp chập k của A Số tổ hợp chập k của A Cn = n! k !( n − k ) ! Hệ quả: Nếu A có n phần tử A có Cnk tập có k phần tử * Chỉnh hợp: Mỗi cách lấy k phần tử tùy ý theo trật tự định từ tập hợp A = { a1; a2 ; ; an } (1 ≤ k ≤ n ) gọi chỉnh hợp chập k của A Số chỉnh hợp chập k k của A An = n! = k !Cnk ( n − k)! b) Hai quy tắc đếm: * Quy tắc cộng: Nếu A1 , A2 , , An tập hợp đôi rời (tức có giao rỗng) A1 ∪ A2 ∪ ∪ An = A1 + A2 + + An n Mở rợng (Ngun lí bù trừ): A1 ∪ A2 ∪ ∪ An = ∑ ( − 1) k −1 k =1  Ai1 ∩ Ai2 ∩ ∩ Aik  ∑ ≤ i < i < < i ≤ n  k  ÷  * Quy tắc nhân: A1 × A2 ×…× An = A1 × A2 × × An 1.2.2– Hai phương pháp chứng minh: Quy nạp Phản chứng 1.2.2.1 – Phương pháp quy nạp:Cho a số nguyên, cần chứng minh định lí (*): “ P ( n ) với số nguyên n lớn a”, ta làm hai bước: Bước sở: Chứng minh P(a)đúng Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Bước quy nạp: Chứng minh với số nguyên n lớn a, P ( n ) ⇒ P ( n + 1) Nguyên lí quy nạp: Nếu bước sở bước quy nạp định lí (*) 1.2.2.2 – Phương pháp phản chứng: Để chứng minh mệnh đề “ ∀ x ∈ X , P ( x ) ⇒ Q ( x ) ” đúng, ta chứng minh mệnh đề “ ∃x ∈ X , P ( x ) ∧ Q ( x ) ” sai, tức dùng suy luận để từ giả thiết P ( x ) Q ( x ) sai dẫn đến điều mâu thuẫn 1.2.3–Ánh xạ Định nghĩa: Cho hai tập hợp khác rỗng X Y Nếu với phần tử x thuộc X, quy tắc f đặt tương ứng x với phần tử xác định y thuộc Y ta nói f → Y Khi nói y = f ( x ) hay y ánh xạ từ X vào Y, kí hiệu f : X  ảnh của x, x tạo ảnh của y → Y gọi đơn ánh hai phần tử khác 1.2.3.1 – Đơn ánh: Ánh xạ f : X  X có ảnh hai phần tử khác Y → Y đơn ánh X ≤ Y Tính chất: Nếu f : X  → Y gọi toàn ánh phần tử Y 1.2.3.2 – Toàn ánh: Ánh xạ f : X  có tạo ảnh của X → Y tồn ánh X ≥ Y Tính chất: Nếu f : X  → Y gọi song ánh vừa tồn ánh, 1.2.3.3 – Song ánh: Ánh xạ f : X  vừa đơn ánh Tính chất:Cho hai tập hợp khác rỗng X Y Ta có X = Y tồn →Y song ánh f : X  1.2.4 – Hai nguyên lí Tở hợp 1.2.4.1 – Ngun lí Dirichlet:Nếu nhốt n.m + r thỏ (n, m, r số ngun dương) vào n chuồng phải có chuồng chứa khơng m + thỏ 1.2.4.2 – Nguyên lí cực hạn: Một tập hữu hạn số thực ln có phần tử lớn phần tử nhỏ Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Một tập khác rỗng tập số ngun dương ln có phần tử bé Một tập khác rỗng tập số ngun âm ln có phần tử lớn Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 MÔ TẢ GIẢI PHÁP SAU KHI CÓ SÁNG KIẾN 2.1 – Bài toán xác định tập hợp Trong phần xét lớp toán mà ta gọi “Bài toán xác định tập hợp”, bao gồm: Bài tốn tìm tất tập hợp thỏa mãn điều kiện cho trước; Bài tốn tồn (hoặc khơng tồn tại) tập hợp thỏa mãn điều kiện cho trước Cấu trúc lời giải cho dạng tập giống tốn Phương trình hàm, kế thừa số ý tưởng sau cho việc tìm kiếm lời giải: Bài tốn Phương trình hàm Sử dụng phương pháp để tính số giá trị đặc biệt của hàm số Bài toán xác định tập hợp Xét trường hợp phần tử đặc biệt; tập đặc biệt Dự đốn kết hàm cần tìm chứng minh đồng của dự đốn hàm số thỏa mãn điều kiện cho Dự đoán kết tập hợp cần tìm, chứng minh tập hợp cần tìm mang đặc trưng của tập dự kiến Như vậy, ba định hướng sau sử dụng cho dạng tập này: - Chọn phần tử xuất phát (phần tử đặc biệt 0, 1, …, phần tử cực hạn, phần tử “hiển nhiên thuộc tập hợp”), từ xây dựng thêm phần tử của tập hợp cần tìm - Dùng phương pháp quy nạp để khẳng định tính đắn của quy trình hay của tính chất mà ta dự đốn cho tập hợp cần tìm - Sử dụng suy luận phản chứng để bác bỏ vấn đề Sau số thí dụ minh họa cho việc áp dụng định hướng giải tốn Tở hợp Tập hợp: 1996 Thí dụ 2.1.1 (Balkan MO 1996) Cho tập hợp X = { 1;2;3; ;2 −1} Chứng minh tồn tập A của X thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (i) (ii) (iii) 1∈ A 21996 − 1∈ A ∀ x ∈ A \ { 1} , ∃a, b ∈ A mà x = a + b A ≤ 2012 Phân tích Hướng giải Trang Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Trước hết với phần tử có, dùng tính chất (ii) ta tạo thêm được phần tử của A ? Đó = + 1, = + 1, = + 1, = + 2, = + 4, … Dễ thấy số tạo có dạng 2n − 2m , phân thành hai dạng: k n 2n − ( − 1) Tìm hiểu số lần thêm phần tử vào A theo hai dạng ta có hai nhận xét sau: Nhận xét – Nếu ta có phần tử 2n − , nhân số với ta được phần tử ( 2n − 1) , nhân tiếp phần tử thu được với 2, … n lần ta viết thêm được n n n n đến phần tử ( − 1) Thêm bước cộng phần tử ( − 1) với 2n −1 ta viết được phần tử 22 n − Tóm lại, từ phần tử 2n − có, sau thêm n + phần tử ta có được phần tử 22 n − Nhận xét – Từ phần tử 22 n − có, ta nhân lên được phần tử 22 n+1 − , cộng phần tử với phần tử được phần tử 22 n+1 − Như từ phần tử 22 n − có, thêm phần tử ta được phần tử 22 n+1 − M Ta sử dụng sơ đồ b ¬ a để ngụ ý từ phần tử a có, ta viết thêm M số cuối thu được phần tử b Sử dụng nhận xét ta có sơ đồ tạo phần tử của A sau: 21996 − 1¬ 999  2998 − 1¬ 500  2499 − 1¬ 2  2498 − 1¬ 250  2249 − 125 63 32 ¬ 2  2248 − 1¬   2124 − 1¬  262 − 1¬  231 − 1¬ 2  230 − 16 2 2 ¬  215 − 1¬  214 − 1¬ 8  27 − 1¬  26 − 1¬  23 − 1¬  2 − 1¬  21 − = Như tổng số phần tử ta viết thỏa mãn điều kiện (i) (ii) N = 999 + 500 + + 250 + + 125 + 63 + 32 + + 16 + + + + + + + + = 2012 , (iii) được thỏa mãn Tập hợp A thỏa mãn (i), (ii), (iii) tồn Thí dụ 2.1.2 Tồn hay khơng dãy vơ hạn tập A1 , A2 , của tập hợp số nguyên dương ¥ * thỏa mãn đồng thời điều kiện: (ii) Ai = với i =1, 2,3, Với số nguyên dương n, tồn i để n ∈ Ai (iii) Với i, tổng tất phần tử của Ai 2017 + i (i) Trang 10 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 • Nếu n có chữ số, dễ thấy d n ≤ n ≤ (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy max { d n | n ∈ X } = 90 Thí dụ 2.3.7 (Romanian TST 2004) Cho n số nguyên dương lớn 1, X tập hợp có n phần tử Xét 100 tập hợp X1, X2, …, X100 của X thỏa mãn điều kiện: 50n Hợp của 50 tập số 100 tập có số phần tử khơng 51 Chứng minh số 100 tập đó, có ba tập mà hai tập số có phần tử chung Hướng dẫn 25 + Ta phân 100 tập X , , X 100 thành bốn nhóm: S1 = U X i , S = i =1 50 UX i = 26 i , S3 = U X i , S = U X i Đặt Tij = X \ ( Si ∪ S j ) với ≤ i < j ≤ 75 100 i = 51 i = 76 + Nhận xét: Có tất C4 = tập Tij ; Tij = X − Si ∪ S j ≤ n − 50n n = 51 51 n < X , tồn phần tử a của X nằm 51 tất tập Tij , tức a nằm tất Si ∪ S j Suy UT ij ≤ ∑ Tij ≤ a ∈ S1 ∪ S2 a ∈ S ∪ S  a ∈ S1 ∪ S4 + Từ hệ điều kiện  suy a thuộc vào ba số bốn tập a ∈ S ∪ S  a ∈ S2 ∪ S4  a ∈ S3 ∪ S S1 , S2 , S3 , S4 , điều dẫn đến a thuộc vào số 100 tập hợp X , , X 100 Từ dễ dàng có Đpcm Trang 39 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Thí dụ 2.3.8 (Balkan MO 2012) n n −1 n −2 n Cho n số nguyên dương, Pn = { ,2 3,2 , ,3 } Với tập X x (quy ước S = ) Cho y số thực thỏa mãn của Pn , đặt S X = x∑ ∅ ∈X ≤ y ≤ 3n+1 − n+1 , chứng minh tồn tập Y của Pn cho ≤ y − SY < 2n Hướng giải n n −1 n −1 n n +1 n +1 + Ta thấy S P = + + + 2.3 + = − , theo ta thực “phép n n , Qn = { 1, a, a , , a } Chứng minh với số thực x thỏa mãn ≤ x ≤ + a + a + + a n tồn tập X của Qn cho ≤ x − S X < chia” cho 2n có tốn tương đương sau: Với a = + Ta chứng minh phương pháp quy nạp Toán học: * Với n = 1, Q1 = { 1, a} có tập với S∅ = 0, S{ 1} = 1, S{ a} = , S{ 1,a} = Xét bất 2 phương trình ≤ x − S X < (*) theo tất khả của X: X = ∅ (*) tương đương ≤ x < X = { 1} (*) tương đương ≤ x < X = { a} (*) tương đương ≤ x< 2 X = { 1, a} (*) tương đương ≤ x< 2 Rõ ràng với x thỏa mãn ≤ x ≤ + a = tồn X mà (*) Vậy toán được giải với n = * Giả sử kết luận toán đến số nguyên dương n Bây ta xét số thực x cho ≤ x ≤ + a + a + + a n + a n+1 - Trường hợp 1: ≤ x ≤ + a + a + + a n Khi theo giả thiết quy nạp, tồn X ⊂ Qn ⊂ Qn +1 thỏa mãn ≤ x − S X < Trang 40 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 - Trường hợp 2: + a + a + + a n < x ≤ + a + a + + a n + a n +1 Thấy a n+1 − a n +1 − n + a + a + + a = = = ( a n +1 − 1) = a n +1 + ( a n +1 − ) > a n+1 a −1 −1 a n +1 ≥ a = > Như + a + a + + a n < x ≤ + a + a + + a n + a n +1 suy < x − a n+1 ≤ + a + a + + a n Theo giả thiết quy nạp tồn tập / n +1 n +1 X’ của Qn mà < x − a − S X ' < (*’) Ta đặt X = X ∪ { a } X ⊂ Qn +1 (*’) thành ≤ x − S X < Tóm lại kết luận của toán cho trường hợp n + 1: Đpcm Thí dụ 2.3.9 (JBMO Shortlist 2006) Cho A ⊂ { 1;2;3; ;2006} A = 1004 ( a, b ) a) Chứng minh tồn A ba phần tử phân biệt a, b, c mà cM b) Chứng minh tồn A ba phần tử phân biệt a, b, c mà c không chia hết cho ( a, b ) Phân tích hướng giải a) * Dễ thấy rằng: Nếu A có hai phần tử nguyên tố chọn hai phần tử a, b chọn c tùy ý thuộc A\{a, b} phát biểu a) được chứng minh * Ta chứng minh tồn của cặp a, b phản chứng: Giả sử A khơng có hai phần tử nguyên tố Lấy d phần tử bé A, ( d ; d + 1) = nên phần tử gần d tối thiểu phải d + Cứ lặp lại suy luận phần tử (lớn nhất) thứ 1004 A tối thiểu d + (1004 – 1).2 = d + 2006 Suy d + 2006 ≤ 2006 (vì 2006 phần tử lớn tập chứa A), điều mâu thuẫn với yêu cầu d nguyên dương b) Ta thấy { 1;2;3; ;2006} chứa 1003 số chẵn 1003 số lẻ Do A = 1004 > 1003 nên A có mặt số chẵn số lẻ * Trường hợp 1: Trong A chứa hai số chẵn, ta chọn hai số a, b chọn c số lẻ tùy ý A rõ ràng c không chia hết cho (a, b) Trang 41 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 * Trường hợp 2: Trong A chứa số chẵn 1003 số lẻ, suy A chứa hết số lẻ của tập { 1;2;3; ;2006} , nghĩa có 3, 5, thuộc A Chọn a = 3, b = c = có c khơng chia hết cho (a, b) Tóm lại kết luận ý b của tốn Thí dụ 2.3.10 (Hungarian MO) Cho tập E = { 1;2;3;4;5} Phân hoạch E thành hai tập Chứng minh có tập mà có hai phần tử có hiệu phần tử của tập Lời giải Ta sử dụng phương pháp phản chứng để giải toán: Giả sử tồn phân hoạch E thành hai tập khác rỗng không giao A B mà tập A, B, hiệu của hai phần tử tập phần tử của tập (ở ta quy ước hiệu của hai phần tử a, b |a – b|) - Không tổng quát, coi ∈ A , − = ∈ A nên ∈ B Lại có = −1, ∈ A nên 1∈ B Từ − = mà ∈B,1∈B nên ∈ A Như A chứa 2, B chứa 1, - Xét phần tử 5, rõ ràng − = nên ∉ A , − = nên ∉ B Suy ∉ A ∪ B = E điều vơ lí! Vậy điều giả sử sai, có Đpcm Thí dụ 2.3.11 (Hungarian MO) Cho tập hợp A gồm số nguyên thỏa mãn đồng thời điều kiện: (i) (ii) Với a, b thuộc A, 2a a + b thuộc A A chứa số dương lẫn số âm Chứng minh a, b thuộc A a – b thuộc A Hướng giải * Từ (i), quy nạp suy ∀a ∈ A, na ∈ A với n số nguyên dương (*) * Trong A chứa số nguyên dương số nguyên âm, theo nguyên lí cực hạn, tồn số nguyên dương nhỏ x số nguyên âm lớn x của A Theo (i) có x + y ∈ A Trang 42 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 + Nhận thấy y < x + y < y nên phải có x + y = , khơng có điều mâu thuẫn với cách chọn x y + Từ (*) suy với số nguyên dương n nx ∈ A , −nx = ny ∈ A Hơn ∈ A nên với n nguyên, nx ∈ A (**) + Bây ta chứng minh phần tử của A có dạng nx với n số nguyên Nếu x =1 kết hiển nhiên Khi x > , xét c ∈ A có biểu diễn c = nx + r với n ∈¢ r ∈ { 0,1, , x − 1} Ta có r = c + ( − nx ) , từ (**) (i) suy r ∈ A Nếu r ∈ { 1, , x − 1} mâu thuẫn với tính bé của a, phải có r = , c = nx Vậy ta có A = { nx | n ∈ ¢} + Với hai phần tử a, b tùy ý thuộc A, ta có a = nx, b = mx với n, m nguyên, suy a − b = ( n − m ) x với n – mnguyên nên a − b thuộc A, có Đpcm Thí dụ 2.3.12 (Đề đề nghị DHBB - 2016) Xét tập A thoả mãn: A gồm 100 số tự nhiên phân biệt cho a, b, c phần tử của A (có thể phân biệt khơng) tồn tam giác khơng có góc tù mà độ dài ba cạnh a, b, c Gọi S(A) tổng chu vi của tam giác được xét xác định tập A Tìm giá trị nhỏ của S(A) Hướng giải: Khơng tính tởng qt giả sử a1 < a2 < < a100 ; ∈ A(i = 1, 2, , n) Xét tam giác cạnh a1 , a1 , a100 , có 2a1 ≥ a100 2 ⇒ 2a12 ≥ a100 ≥ ( a1 + 99 )  2 a1 + a1 ≥ a100 ( ) ⇒ a1 ≥ + 99 ⇒ a1 ≥ 240 Mỗi số cạnh của: tam giác ; 99 tam giác cân mà hai cạnh bên ; 99 tam giác cân mà cạnh đáy C99 tam giác thường Trang 43 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 ( Vậy S ( A) = + 3.99 + C99 ≥ ( 300 + C99 ) ∑ a ≥ ( + 297 + C ) ∑ ( a + i − 1) 100 i =1 i 99 100 i =1 ) ∑ ( 240 + i − 1) = 149121450 100 i =1 2.4 – Bài tập vận dụng (Hệ thống qua mợt sớ kì thi Olympic Tốn) Bài tốn xác định tập hợp: Bài Cho tập hợp X gồm 2011 phần tử Chứng minh số 2012 tập gồm phần tử của X ln tìm đuợc hai tập mà chúng có chung phần tử Bài Cho tập hữu hạn X Ta chọn 50 tập A1 , A2 , , A50 , tập chứa nửa số phần tử của X Chứng minh a) Tồn phần tử a thuộc 26 tập cho b) Tồn tập A của X cho số phần tử của A không vượt A ∩ Ai ≠ ∅, ∀i = 1,50 Bài Cho 100 số tự nhiên khơng lớn 100 có tởng 200 Chứng minh từ số chọn được số có tởng 100 Bài Tìm tất cách phân hoạch tập hợp { 1;2;3; ;n} (với n số nguyên dương lớn 2) thành ba tập hợp thực A, B, C cho khơng có hai tập số tập hợp A + B, B + C , C + A có phần tử chung Ở ta định nghĩa A + B = { a + b | a ∈ A, b ∈ B} Bài Tìm tất cách phân hoạch tập hợp số nguyên ¢ thành ba tập hợp thực A, B, C cho khơng có hai tập số tập hợp A + B, B + C , C + A có phần tử chung Trang 44 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Bài 6(St Petersburg, 1997) Tìm tất tập hợp có 50 phần tử của tập hợp {1; 2; 3; ; 99} cho tập khơng có hai số có tởng 99 100 Bài 7(IMO 1972) Chứng minh từ tập hợp có 10 phần tử gồm số có hai chữ số, chọn được hai tập hợp khác rỗng rời mà tổng phần tử chúng Bài (Austria MO 1975) Cho tập hợp M khác rỗng tập của hp cỏc s hu t Ô tha hai điều kiện: i) ii) Nếu a, b ∈ M a + b ∈ M ab ∈ M Nu r Ô thỡ xy ỳng mt ba khẳng định: r∈M , − r ∈M , r = Chứng minh tập hợp M tập hợp số hữu tỉ dương Bài Chứng minh với số tự nhiên n ≥ tồn tập hợp S gồm n số tự nhiên cho ab chia hết cho ( a − b ) với số a ≠ b phân biệt thuộc S Bài tốn ước lượng sớ phần tử tập hợp: Bài 10 Giả sử A tập hợp của tập số { 1,2,3, ,255} cho A không chứa hai số mà số gấp đơi số Hỏi A có nhiều phần tử Bài 11 Cho tập A = { 1;2; 2012} Tìm số tự nhiên n nhỏ cho: B ⊂ A, B = n chọn được B ba số x, y, z phân biệt để x, y, z độ dài ba cạnh của tam giác Trang 45 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Bài 12(Poland TST 2001) Cho X = {1; 2; 3; ; 2001} Tìm số nguyên dương n nhỏ cho tập có n phần tử của X ta ln tìm được phần tử lũy thừa của tìm được hai phần tử mà tởng của chúng lũy thừa của Bài 13 (Đề nghị thi DHBB - 2013) Cho S tập hợp có tính chất i) Một phần tử dãy 15 kí tự viết liền nhau, mà gồm hai kí tự a b ii) Hai phần tử phân biệt của S hai dãy khác vị trí Chứng minh số phần tử của S không vượt 211 Bài 14 Cho tập A = { 1;2; 2012} Tìm số tự nhiên n nhỏ cho: với B ⊂ A, B = n chọn được B ba số x, y, z phân biệt để x, y, z độ dài ba cạnh của tam giác Bài 15 (DHBB –Toán 10 năm 2016) Cho tập hợp X có 2016 phần tử Chọn 64 tập X , X , , X 64 của tập X (mỗi tập chứa nhiều 1008 phần tử) Chứng minh tồn tập A của X có số phần tử khơng vượt q mà A ∩ X i ≠ ∅ , với i = 1,64 Bài 16 (Bulgaria TST 2004) Cho m, n số nguyên dương khác A1 , A2 , , An n tập khác của tập S = {1; 2; 3; …; m} thỏa mãn điều kiện: Ai ∩ Ai +1 > n−2 Ai +1 với i = 1; 2; …; n (coi An+1 = A1 ) Chứng minh tất n −1 tập có chung phần tử Bài tốn tính chất phần tử: Bài 17 Xét tập A thoả mãn: A gồm 100 số tự nhiên phân biệt cho a, b, c phần tử của A (có thể phân biệt khơng) tồn tam giác khơng có góc tù mà độ dài ba cạnh a, b, c Gọi S(A) tổng chu vi của tam giác được xét xác định tập A Tìm giá trị nhỏ của S(A) Trang 46 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Bài 18 (Đề nghị thi DHBB - 2017) a) B tập có phần tử của A = { 1;2; ;8} Chứng minh tồn phần tử của B tạo thành cấp số cộng n +1 b) D tập có phần tử của C = { 1;2; ; n} với n lẻ n ≥ 2017 Chứng minh tồn phần tử của D tạo thành cấp số cộng Bài 19 Cho A, B hai tập khác rỗng của tập { 0,1,2, ,2017} thỏa mãn điều kiện A + B ≥ 2019 Chứng minh tồn a ∈ A, b ∈ B cho a + b lũy thừa của Bài 20 Cho tập hợp của S cho tập hợp = Giả sử A B tập khác ( Kí hiệu số phần tử của A B) Ta xét , tương tự ta nhận được tập hợp B' từ B.Chứng minh A' B' có giao khác rỗng Bài 21 Với tập A khác rỗng của X={2;3;4; ; 2010;2011} ta tính tích của tất phần tử thuộc A Hãy tính tởng T của nghịch đảo của tất tích Bài 22 Cho n tập hợp A1 , A2 , , An ( n ∈ ¥ * ) khác rỗng, phân biệt cho với ∀i, j ≠ k ta có Ai ∪ Aj = Ak Biết A1 ≤ Chứng minh tồn phần tử x thuộc n tập hợp Ai Bài 23 (VMO 2002) Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1;2012] Gọi T tập hợp gồm tất tập không rỗng của S Với tập hợp X ∈ T , Trang 47 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 ∑ m( X ) (ở ký hiệu m( X ) trung bình cộng của tất số thuộc X Đặt m = |T | tổng được lấy theo tất tập hợp X ∈ T ) Hãy tính giá trị của m Bài 24 Cho tập hợp X = { 1;2;3;K ;2015} Chứng minh ba phần tử tùy ý của X ln có hai phần tử x1 , x2 cho x1 − x2 < Bài 25 Kí hiệu ¢ tập hợp tất số nguyên Chứng minh với cặp số nguyên ( A; B ) , tồn số nguyên C cho hai tập hợp { x + Ax + B | x ∈¢} , { 2x + x + C | x ∈¢} rời Bài 26( Nam Tư - 1981) Tập hợp {1; 2; 3; …;100} được phân hoạch thành tập Chứng minh tập tìm được số a, b, c, d mà a + b = c + d số e, f, g cho e + f = 2g Bài 27 Cho A, B hai tập khác rỗng của tập { 0;1;2; ;2017} thỏa mãn điều kiện A + B ≥ 2019 Chứng minh tồn a ∈ A, b ∈ B cho a + b lũy thừa của Bài 28 Cho 100 số thực dương phân biệt thỏa mãn a1 < a2 < < a100 Chứng minh chọn được hai số , a j cho + a j ∉ Bi , j − a j ∉ Bi , j với Bi , j = { a1 , a2 , , a100 } \ { , a j } Bài 29 Mỗi số tập N = { 1;2;3; ; n − 1} ( n ≥ ) được tô hai màu đen đỏ cho: i) ii) Số i số n – i được tô màu Với j ∈ N nguyên tố với n i |j – i| được tơ màu với ithuộc N i khác j Chứng minh số N đề được tô màu Trang 48 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Bài 30 (IMO 1979) Khi chia số tự nhiên a1 , a2 , , an cho số tự nhiên m m Chứng minh với k thuộc ¢ , tồn số i, j thuộc {1; 2; …; n} không thiết khác nhau, cho a1 + a2 − k chia hết cho m ta thu được số dư khác nhau, đồng thời n > Trang 49 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 III Hiệu sáng kiến mang lại: Hiệu mặt kinh tế: - Nội dung trình bày sáng kiến tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh chuyên Tốn khối 10, 11; nội dung dùng cho học sinh cấp trung học sở u thích mơn Tốn muốn tìm hiểu sâu Tốn Tở hợp; đặc biệt, tài liệu ôn thi HSG thi tuyển sinh chuyên Toán cho học sinh lớp - Các toán ý tưởng được trình bày sáng kiến tài liệu tham khảo bổ sung thêm cho thầy cô giáo nội dung Tổ hợp Tập hợp Với việc tổng hợp ý tưởng theo hệ thống sáng kiến trình bày, tác giả mong muốn giải pháp được sử dụng rộng rãi, cách tiết kiệm chi phí tài liệu, chi phí giảng dạy cho học sinh chuyên Toán đội tuyển HSG Tốn Hiệu mặt xã hợi: Tuy khó để đạt được hệ thống đầy đủ vấn đề của Tổ hợp Tập hợp, song sáng kiến được phân dạng định hướng tiếp cận cho người làm tốn loại tốn Tập hợp Trong q trình giảng dạy lớp chuyên Toán bồi dưỡng HSG Quốc gia, HSG tham gia chọn đội tuyển dự thi Quốc tế, HSG khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ nhiều thi HSG Toán khác, tác giả triển khai nội dung của sáng kiến tới em học sinh thu được kết tốt với đội tuyển Một số kết năm học 2016-2017: Kì thi HSG Quốc gia: Nhì, Ba Kì thi Quốc tế Tốn học thành phố ITOT-38th: Nhất, Ba Kì thi HSG Hà Nội mở rộng HOMC-4th: HC Vàng, HC Bạc, HC Đồng Kì thi HSG DHĐBBB: HC Vàng, HC Đồng IV Cam kết không chép vi phạm quyền: Tôi xin cam kết kết trình bày sáng kiến tơi nghiên cứu qua q trình dạy lớp chuyên Toán bồi dưỡng đội tuyển học Trang 50 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 sinh giỏi Quốc gia, học sinh giỏi khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ Tôi không chép vi phạm quyền tác giả Nam Định, tháng năm 2017 TÁC GIẢ SÁNG KIẾN: CƠ QUAN, ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Xác nhận, đánh giá, xếp loại) ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… ……………………………………………………………………………………… ……………………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trang 51 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 (Xác nhận, đánh giá, xếp loại) … … … … … … … … … … … … TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bộ Giáo dục Đào tạo Chương trình chun sâu THPT chun, mơn Tốn Hà Nội – 2009 [2] Đồn Quỳnh (chủ biên).Tài liệu chun Tốn Đại số 11 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [3] Đồn Quỳnh (chủ biên).Tài liệu chun Tốn Bài tập Đại số 11 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [4] Đồn Quỳnh (chủ biên).Tài liệu chun Tốn Đại số 10 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [5] Đoàn Quỳnh (chủ biên).Tài liệu chuyên Toán Bài tập Đại số 10 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [6] Nguyễn Đình Thành Cơng, Ngũn Văn Hưởng.Tốn rời rạc Tở hợp NXB Tởng hợp thành phố Hồ Chí Minh, năm 2015 [7] Nguyễn Văn Mậu Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Toán rời rạc NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2008 [8] Chen Chuan-Chong, Koh Khee-Meng.Principles And Techniques Combinatorics World Scientific Publishing Co Pte Ltd, 1992 [9] Pablo Soberón.Problem Solving Methods in Combinatorics -An approach to Olympiad Springer Basel Heidelberg New York Dordrecht London, 2013 in [10] Titu Andresscu, Zuming Feng, 102 combinatorial Problems from the Trang 52 Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017 Training of the USA IMO Tearm.Birkhauser, 2002 [11] Titu Andresscu, Zuming Feng, undergranduates.Birkhauser, 2007 A path to combinatorics for [12] Các trang, diễn đàn từ Internet: www.mathvn.com, www.vnmath.com, http://boxmath.vn, http://diendantoanhoc.net, http://dethi.violet.vn,http://www.artofproblemsolving.com … Các đề thi HSG Toán quốc gia, đề thi đề nghị HSG khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ, thi chọn đội tuyển của tỉnh; IMO Shortlist, … Các tạp chí: Tốn học t̉i trẻ; Pi; Mathematical Excalibur; Mathematical Reflections, Trang 53 ... - Bài toán ước lượng số phần tử tập hợp - Bài tốn tính chất phần tử tập hợp Điểm sáng tạo sáng kiến là: - Phân loại toán để tiếp cận định hướng giải - Phân tích số định hướng giải cho toán tập. .. SÁNG KIẾN PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến: Tổ hợp nội dung Tốn học tởng hợp, bao gồm tất phân môn Đại số, Số học, Giải tích,... dạng tốn Tở hợp tập hợp theo hình thức định hướng giải, làm rõ định hướng thơng qua phân tích hướng dẫn giải toán số đề thi học sinh giỏi Các dạng chính: - Bài tốn xác định tập hợp Trang Sáng