Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 54 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
54
Dung lượng
2,3 MB
Nội dung
BÀI TOÁN ĐẾM A KIẾN THỨC CƠ SƠ Quy tắc cộng Ký hiệu số phần tử tập hữu hạn A |A| Mệnh đề Cho A B hai tập hữu hạn Nếu A ∩ B = ∅ A∪B= A+ B Mệnh đề Nếu A1, A2, An tập hữu hạn đôi rời nhau, tức Ai ∩ A j = ∅ , ∀i,j ∈{1, 2, , n}, i ≠ j, A1 ∪ A2 ∪ ∪ An = A1+ A2 + + An Quy tắc nhân Mệnh đề Nếu A B tập hữu hạn, A × B = A × B Chứng minh Giả sử A = m, B = k với A = { a1 ; a2 ; an } B = { b1; b2 ; bk } tính Đề-các A × B gồm cặp (ai; bj), ≤ i ≤ m,1 ≤ j ≤ k , viết thành bảng chữ nhật có m dòng k cột sau ( a1; b1 ) , ( a1; b2 ) , , ( a1; bk ) K K K K K K K K K ( am ; b1 ) , ( am ; b2 ) , , ( am ; bk ) Đặt Ai = { ( ; b1 ) , ( ; b2 ) , , ( ; bk ) } ; Rõ ràng Ai = k ( ≤ i ≤ m) ( ≤ i ≤ m) Ai ∩ Aj = ∅ i ≠ j A × B = A1 ∪ A2 ∪ ∪ Am A × B = A1 + A2 + + Am = m.k = A × B W Bằng qui nạp, mở rộng cho n tập hợp Mệnh đề Nếu A1, A2, , An tập hợp hữu hạn A1 × A2 × , × An tích Đề n tập hợp A1 × A2 × × An = A1 × A2 × × An Hốn vị * Định nghĩa: Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1) Mỗi cách xếp thứ tự n phần tử tập hợp A gọi hoán vị n phần tử * Số hốn vị: Số hoán vị n phần tử ký hiệu Pn: Pn = n! Chỉnh hợp * Định nghĩa: Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1) Mỗi cách chọn k phần tử tập hợp A xếp chúng theo thứ tự gọi chỉnh hợp chập k n phần tử tập A * Số chỉnh hợp: Số chỉnh hợp chập k n phần tử ký hiệu A kn n! A kn = ( n − k )! (1 ≤ k ≤ n) + Chỉnh hợp chập n n phần tử hoán vị n phần tử A nn = Pn Đặc biệt: A nn = n! = Pn Tổ hợp * Định nghĩa: Giả sử tập A có n phần tử (n ≥ 0) Mỗi tập gồm k phần tử A gọi tổ hợp chập k n phần tử cho Số tổ hợp: Số tổ hợp chập k n phần tử, ký hiệu Ckn C kn = n! k!( n − k )! Hoán vị lặp Cho tập hợp X có n phần tử gồm n phần tử giống a1, n2 phần tử giống a2,…, nk phần tử giống ak ( n1 + n2 + + nk = n ) Mỗi cách n phần tử vào n vị trí hốn vị lặp, số hốn vị lặp là: n! n1 !n2 ! nk ! Chứng minh: Để xác định số hoán vị trước tiên nhận thấy hoán vị thứ tự gồm n vị trí Có C nn1 cách chọn n1 chỗ cho n1 phần tử a1, lại n - n1 chỗ trống n Sau có C n−2 n1 cách đặt n2 phần tử a2 vào (n - n1) vị trí lại, lại (n - n1 - n2) chỗ trống n Tiếp tục vậy, cuối có C n−k n1 − −nk −1 cách đặt nk phần tử loại ak vào chỗ trống lại Theo quy tắc nhân tất hoán vị là: n n C nn1 C n−2 n1 C n −k n1 − −nk −1 = n! n1!.n ! n k ! Ví dụ Từ chữ số 1, 2, lập số tự nhiên có 10 chữ số gồm năm chữ số 1, hai chữ số ba chữ số Lời giải: Xem số cần lập có 10 chữ số gồm chữ số giống nhau, chữ số giống chữ số giống Vậy có 10! = 2520 số 5!2!3! Cách giải thường dùng: + Bước 1: chọn 10 vị trí để chữ số có C10 cách + Bước 2: chọn vị trí lại để chữ số có C25 cách + Bước 3: chữ số vào vị trí lại có cách C25.1 = 2520 số Vậy có C10 Chỉnh hợp lặp Một cách xếp có thứ tự k phần tử lặp lại tập n phần tử gọi chỉnh hợp lặp chập k từ tập n phần tử Số chỉnh hợp lặp chập k từ tập n phần tử nk Chứng minh: Mỗi vị trí có n cách chọn Theo quy tắc nhân k vị trí có nk cách chọn Ví dụ: Có số tự nhiên có chữ số Giải: Số tự nhiên có ba chữ số có dạng abc Chọn chữ số vị trí a: Có cách (a ≠ 0) Mỗi vị trí b, c có 10 cách Theo quy tắc nhân có 9.102 = 900 (Số) Tổ hợp lặp Một tổ hợp lặp chập k tập hợp gồm n phân tử cách chọn khơng có thứ tự k phần tử lặp lại tập cho Như tổ hợp lặp kiểu dãy không kể thứ tự gồm k thành phần lấy từ tập n phần tử Do k > n Số tổ hợp lặp chập k n phần tử cho số nghiệm nguyên không âm phương trình: x1 + x2 + + xn = k (*) Giả sử tập A = {a1, a2, …, an} Một tổ hợp lặp chập k tập hợp A tương ứng với nghiệm (x1; x2; ;xn) phương trình Trong x i số lặp phần thử tập A Số tổ hợp lặp chập k từ tập n phần tử C nk+ k −1 Hoán vị lặp Xét đa tập hợp E(r1, r2, , rs) có n phần tử, phần tử a có r1 phiên bản, phần tử a2 có r2 phiên bản, , phần tử as có rs phiên r1+r2+ +rs = n Một cách xếp phần tử E theo thứ tự gọi hóan vị lặp n phần tử E Số hoán vị lặp đa tập hợp E(r1, r2, , rs) n!/r1! rs! B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP ĐẾM SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ BÙ TRỪ Nguyên lý: Cho A1 , A2 , , An (n ≥ 1) tập hợp hữu hạn khác rỗng thì: n n i =1 i =1 U Ai = ∑ Ai − n ∑ i =1 n i 1≤i1 S2 Lời giải Ta sử dụng ý tưởng giải (IMO 2007) Gọi A, B, C ⊂ { 1, 2,3, , 2008} tập hợp số tương ứng với màu xanh, đỏ, vàng Ta xét đa thức sau: f ( x ) = ∑ x a , g ( x ) = ∑ xb , h ( x ) = ∑ x c a∈A b∈B 43 c∈C P ( x ) = f ( x ) + g ( x ) + h3 ( x ) = ∑ ( a1 ,a2 , a3 ) ∈A x a1 + a2 + a3 + ∑ ( b1 ,b2 ,b3 ) ∈B x b1 +b2 +b3 + ∑ ( c1 ,c2 ,c3 ) ∈C x c1 +c2 +c3 = ∑ an x , a số ( x, y , z ) thỏa mãn x, y , z màu x + y + z = n Đặt n n n 2π 2π + i sin Ta có 2008 2008 S1 = ∑ ak = ( a0 + a2008 + a2.2008 + a3.2008 ) ε = cos kM 2008 2007 k f ( ε ) + g ( ε k ) + h3 ( ε k ) (1) ∑ k 2008 k =0 kM 2008 Q ( x) = f ( x) g ( x) h ( x) = ∑ x a1 +a2 +a3 = ∑ bn x n Theo định lí ta có: S1 = Tiếp theo ta xét ∑a = ( a1 , a2 , a3 ) ∈ B×C n , bn số ( x, y, z ) thỏa mãn x, y, z đôi khác màu: S = 3! ∑b k kM 2008 = 3!( b0 + b2008 + b2.2008 + b3.2008 ) (vì x, y , z đơi khác màu nên với (x: y; z) có 3! Hoán vị màu khác 2007 3 f ( ε k ) g ( ε k ) h ( ε k ) (2) ∑ 2008 kM 2008 k =0 Ta có f ( 1) + g ( 1) + h ( 1) = ∑ a + ∑ b + ∑ c = 2008 , kết hợp với 2008 không chia hết cho Theo định lí ta ⇒ S = 3! ∑ bk = a∈A b∈B c∈C 3 nên xảy f ( 1) = g ( 1) = h ( 1) ⇒ f ( 1) + g ( 1) + h ( 1) > f ( 1) g ( 1) h ( 1) (3) Do từ (1), (2) (3) ta S1 > S Bài Cho p số nguyên tố lẻ tập hợp A = { 1, 2, , p} Kí hiệu F = { X ⊂ A S ( X ) Mp, X = p } T ( B ) tổng bình phương phần tử tập hợp B Tính giá trị biểu thức ∑T( X) X ∈F Lời giải: 2π 2π + i sin Với số k ∈ A , ta đếm số tập X ∈ F k ∈ X Gọi p p x j số tập B có p − phần tử cho B ⊂ A \ { k } S ( B ) ≡ j ( mod p ) Đặt ε = cos p −1 Ta có ∑x ε j =0 j j = Ta nhận thấy thức ∑ X ⊂ A \{ k } , X = p −1 ε S( X ) = ∑ 1≤ c1 < c2 < < ck ≤ p , ci ∈ A \{ k } ε ∑ 1≤ c1 < c2 < < c p−1 ≤ p , ci ∈A \{ k } c1 + c2 + + c p−1 ( x + ε ) ( x + ε ) ( x + ε p ) ε c1 + c2 + + c p−1 hệ số x p −1 khai triển thành đa x+εk p p Mặt khác ta có x − = ( x − ε ) ( x − ε ) ( x − ε ) ⇒ − x p − = ( − x − ε ) ( − x − ε ) ( − x − ε p ) ⇒ x p + = ( x + ε ) ( x + ε ) ( x + ε p ) Do ta ( x + ε ) ( x + ε ) ( x + ε p ) x+εk ( 1+ x ) = p x+εk = b0 + b1 x + + b2 p −1 x p −1 ⇒ ( + x p ) = ( b0 + b1 x + + b2 p −1 x p −1 ) ( x + ε k ) 44 b0 = ε − k b0ε k = −2 k k b1 = −ε b0 + b1ε = p −1 − pk k b + b ε = ⇒ =1 Đồng hệ số ta p −1 p bp −1 = ( −1) ε b2 p − + b2 p −1ε k = b2 p − + b2 p −1ε k = b2 p −1 = b2 p −1 = p −1 Do ta có ∑x ε j =0 j j = ∑ 1≤ c1 < c2 < < c p−1 ≤ p , ci ∈A \{ k} ε c1 + c2 + + c p−1 =1 Kết hợp với định lí ta x0 − = x1 = x2 = = x p −1 p −1 +) Nếu k ≡ ( mod p ) p ( x0 − 1) = x0 + x1 + + x p −1 − = C2 p −1 − ⇒ x0 = C2pp −1 − p +1 +) Nếu k ≡ ( mod p ) pxk = x0 + x1 + + x p −1 − = C2pp−−11 − ⇒ xk = C2pp−−11 − p C −1 2 + + 22 + + ( p ) ÷ ÷ p X ∈F C2pp−−11 − 1) ( p + 1) ( p + 1) C2pp−−11 − p ( p + 1) ( p + 1) ( 2 = 5p + = 5p + p Bài Cho n số nguyên dương cho trước tập hợp A = { 1, 2, ,3n} Kí hiệu Vậy ∑ T ( X ) = p + ( p) p −1 p −1 ( ) F = { X ⊂ A S ( X ) M3 } T ( B ) tổng bình phương phần tử tập hợp B Tính giá trị biểu thức ∑T( X) X ∈F Lời giải: 2π 2π + i sin Với k ∈ A , ta đếm số tập X ∈ F k ∈ X Gọi x j 3 số tập B cho B ⊂ A \ { k } S ( B ) ≡ j ( mod 3) Đặt ε = cos Ta có x3 − = ( x − ε ) ( x − ε ) ( x − ε ) ⇒ − x − = ( −1 − ε ) ( −1 − ε ) ( −1 − ε ) ⇒ = (1+ ε ) (1+ ε ) (1+ ε ) x0 + x1ε + x2ε = = Ta xét trường hợp sau ∑ B ⊂ A \{ k } ( + ε ) ( + ε ) ( + ε 3n ) 1+ ε k ε S ( B) = 2n 1+ ε k 2n = 2n −1 Do theo định lí 1, ta TH1 k ≡ ( mod 3) ⇒ x0 + x1ε + x2ε = k 1+ ε 45 x0 − 2n −1 = x1 = x2 = 1 3n −1 n−1 23n −1 + 2n n −1 x + x + x − = − ( ) 3( ) ⇒ x0 = 3 2n TH2 k ≡ 1( mod 3) ⇒ x0 + x1ε + x2ε = 1+ ε ⇒ x0 + x1ε + x2ε + x0ε + x1ε + x2 = 2n ⇒ x0 + x2 − 2n + ( x0 + x1 ) ε + ( x1 + x2 ) ε = Do theo định lí ta x0 + x2 − 2n = x0 + x1 = x1 + x2 = ( ( x0 + x1 + x2 ) − 2n ) 1 2.23n −1 − 2n ) = ( 23n − 2n ) ( 3 n −1 n +2 ⇒ x2 = 23n −1 − ( x0 + x1 ) = 2n k ≡ mod ⇒ ( ) x0 + x1ε + x2ε = TH2 1+ ε ⇒ x0 + x1ε + x2ε + x0ε + x1 + x2ε = 2n = ⇒ x0 + x1 − 2n + ( x1 + x2 ) ε + ( x0 + x2 ) ε = Do theo định lí ta x0 + x1 − 2n = x1 + x2 = x0 + x2 = ( x0 + x1 + x2 ) − 2n ) ( 1 2.23n −1 − 2n ) = ( 23n − 2n ) ( 3 n −1 n +2 ⇒ x1 = 23n −1 − ( x0 + x2 ) = 3 n −1 n 2 +2 2 Vậy ∑ T ( X ) = ÷ + + + ( 3n ) X ∈F = ( ) n −1 n 23n −1 + n 3n ( 3n + 1) ( 6n + 1) ( + ) n ( 3n + 1) ( 6n + 1) = = ÷ 3 Bài 10 Cho f ( n ) số tập tập { 1, 2,3, , n} có tổng phần tử chia hết cho n (tập rỗng thỏa mãn) Chứng minh f ( n ) = n d ϕ d ∑ ( ) n d n , d ≡1( mod 2) Lời giải: n k Xét đa thức P ( x ) = ( + x ) ( + x ) ( + x ) = ∑ ak x k ≥0 ak số tập B tập { 1, 2, , n} cho B có tổng phần tử k n 2π 2π f n = a = ε = cos + i sin Đặt Khi theo định lí ta có: ( ) ∑ kn ∑P( εk ) n n Tiếp theo ta tính P ( ε k k ≥0 ) n k =1 Với k , ≤ k ≤ n , ta gọi d số nhỏ thuộc { 1, 2, , n} cho dk ≡ ( mod n ) ⇒ tồn số nguyên dương t thỏa mãn dk = tn 46 n = un1 , gcd ( n1 , k1 ) = Mặt khác ta có k = uk Đặt u = gcd ( n; k ) ⇒ kd = nt ⇔ uk1d = un1t ⇔ k1d = n1t ⇒ d Mn1 n Kết hợp với d số nhỏ nên d = n1 = gcd n, j ( ) Với d có ϕ ( d ) số k1 cho gcd ( d , k1 ) = gcd ( n1 , k1 ) = suy có ϕ ( d ) số k n cho d = gcd n, k Ta có ( ) x d − = ( x − ε k ) ( x − ε k ) ( x − ε pk ) ⇒ ( −1) − = ( −1) d ( + ε ) ( + ε ) ( + ε ) d k 2k dk +) Nếu d chẵn ( −1) − = − = ⇒ ( −1) ( + ε k ) ( + ε k ) ( + ε dk ) = d d +) Nếu d lẻ ( −1) − = −1 − = −2 ⇒ ( + ε k ) ( + ε k ) ( + ε dk ) = d k Từ hai trường hợp ta P ( ε k ) = d d lẻ, P ( ε ) = d chẵn n n n k d P ε = ϕ d ( ) ( ) ∑ ∑ n k =1 n d n , d ≡1( mod 2) Bài 11 Cho ba số nguyên dương m, n, p ; n + 2Mp m > p Tìm số thứ thự ( x1 , x2 , , x p ) gồm p số nguyên dương cho x1 + x2 + + x p chia hết cho m Vậy f ( n ) = x1 , x2 , , x p ≤ n ? np n k Lời giải: Xét đa thức P ( x ) = ( x + x + + x ) = ∑ ak x ; p k =0 ak số thứ tự ( x1 , x2 , , x p ) , ≤ x1 , x2 , , x p ≤ n x1 + x2 + + x p = k 2π 2π Đặt ε = cos + i sin , kết hợp với định lí số thứ thự ( x1 , x2 , , x p ) gồm p số m m nguyên dương cho x1 + x2 + + x p chia hết cho m x1 , x2 , , x p ≤ n bằng: ∑ ak = kM m m −1 P ( ε j ) (1) ∑ m j =0 Do m > p ≥ ⇒ ε ≠ 1, ∀j = 1, 2, , m − p Ta có P ( 1) = n ; j P( ε j ) = (ε +(ε ) = ( −1) m −1 j p p ∑ C pk k =0 ⇒ ∑ P( ε j =1 j j + + ( ε ) j n ) p p p p ε ( n +1) j − ε ( n + 2) j − ε j p ÷ = − = − = − + ( ) j ÷ ÷ j ÷ ε j ( ε j − 1) ÷ ε ε −1 p p = − C pk ε − jk ( ) ∑ jk ε k =0 m −1 p ) = ( −1) ∑∑ C ε p j =1 k = k p − jk ( ε k ) m − p m−1 − jk p k = ( −1) ∑ C ∑ ε ÷ = ( −1) m − + ∑ C p k − 1÷ ÷ ε − k =0 k =1 j =1 p p k p p p p = ( −1) m − − ∑ C pk = ( −1) ( m − p ) k =1 47 ( ) p p p n − ( −2 ) + ( −1) m kM m Vậy số thứ thự ( x1 , x2 , , x p ) gồm p số nguyên dương cho x1 + x2 + + x p chia p p p n − ( −2 ) + ( −1) hết cho m x1 , x2 , , x p ≤ n m Bài 12 Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số thứ tự ( x1 , x2 , , x p −1 ) gồm ∑a Do từ (1) ta được: = k ( ) p − số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + ( p − 1) x p −1 chia hết cho p ≤ x1 , x2 , , x p −1 ≤ p − Lời giải: Cách (Sử dụng định lí 1) Đặt ε = cos ( x , x , , x ) gồm p − số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + ( p − 1) x p −1 p −1 2π 2π + i sin , x j số thứ tự p p ≡ j ( mod p ) ≤ x1 , x2 , , x p −1 ≤ p − Khi ta có p −1 ∑x ε j =0 ( = ( ε + ε + + ε p −1 ) ( ε ) + ( ε ) + + ( ε ) j j p −1 ) ( ( ε ) +(ε ) p −1 p −1 + + ( ε p −1 ) p −1 ) (1) Với j ∈ { 1, 2, , p − 1} { j , j , , ( p − 1) j} lập thành hệ thặng dư thu gọn theo mod p Do (ε ( + ε + + ε p −1 ) ( ε ) + ( ε ) + + ( ε ) = ( ε + ε + + ε p −1 ) = ( + ε + ε + + ε p −1 ) ( ( ε ) +(ε ) p −1 p −1 + + ( ε p −1 ) p −1 ) p −1 p −1 2 − 1) p −1 p −1 Từ (1) (2) ta ∑x ε j =0 j p −1 ε p −1 = − 1÷ ε −1 j = (2) = (3) Từ (3), kết hợp với định lí ta x0 − = x1 = x2 = = x p −1 ⇒ x0 − = ⇒ x0 = + ( p − 1) p −1 −1 p = ( p − 1) p x0 − + x1 + x2 + + x p −1 p + p −1 p ( p − 1) = p −1 −1 p Vậy số thứ tự ( x1 , x2 , , x p −1 ) gồm p − số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + ( p − 1) x p −1 chia hết cho p ≤ x1 , x2 , , x p −1 ≤ p − ( p − 1) p + p −1 p Cách (Sử dụng định lí 2) Xét đa thức P ( x ) = ( x + x + + x p −1 ) ak (( x ) +( x ) số x1 + x2 + + ( p − 1) x p −1 = k 2 thứ + + ( x ) tự p −1 ) ( ( x p −1 p −1 ( x , x , , x 48 ) + ( x ) + + ( x ) ) = ∑ a x ) , ≤ x , x , , x ≤ p − p −1 p −1 p −1 k ≥0 p −1 k k 2π 2π + i sin , kết hợp với định lí 1.1.4.2 số thứ thự ( x1 , x2 , , x p −1 ) gồm p p p − số nguyên dương cho x1 + x2 + + ( p − 1) x p −1 chia hết cho p p −1 x1 , x2 , , x p −1 ≤ p − bằng: ∑ ak = ∑ P ( ε j ) (1) p j =0 k Mp Đặt ε = cos Ta có P ( 1) = ( p − 1) với j ∈ { 1, 2, , p − 1} hệ thặng dư thu gọn theo mod p Do p −1 ( P ( ε j ) = ( ε + ε + + ε p −1 ) ( ε ) + ( ε ) + + ( ε ) = ( ε + ε + + ε p −1 ) p −1 = ( + ε + ε + + ε p −1 − 1) Kết hợp với (1) ta ∑ ak = k Mp p −1 p −1 ) ( ( ε { j, j, , ( p − 1) j} ) +(ε ) p −1 p −1 p −1 ε p −1 = − 1÷ ε − lập thành + + ( ε p −1 ) =1 ( p − 1) + p − p −1 P( ε j ) = ∑ p j =0 p p −1 ( p − 1) Vậy số thứ tự ( x1 , x2 , , x p −1 ) cần tìm 49 p p + p −1 p −1 ) III Bài tập áp dụng Bài 3.1 Có số tự nhiên có chữ số mà tổng chữ số bội Bài 3.2 Cho n số nguyên dương Có số có n chữ số từ tập hợp { 2,3, 7,9} chia hết cho Bài 3.3 Cho p số nguyên tố lẻ n số nguyên dương Tìm số tập tập { 1, 2, , n} mà tổng phần tử chia hết cho p Bài 3.4 (Mở rộng IMO 1995) Cho p số nguyên tố lẻ n số nguyên dương lớn p Xác định số tập A S = { 1, 2, , n} thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i) A = p ii) S ( A ) ≡ ( mod p ) S ( A ) tổng phần tử thuộc A Bài 3.5 Cho số nguyên dương m, n, p; n + 2Mm m > p Tìm số ( x1 , x2 , , x p ) gồm p số nguyên dương cho x1 + x2 + + x p Mm , x1 , x2 , , x p ≤ n Bài 3.6 Cho p số nguyên tố lẻ số nguyên dương n Tìm số ( x1 , x2 , , x p−1 ) gồm p − số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + ( p − 1) x p−1 chia hết cho p, x1 , x2 , , x p −1 ≤ n Bài 3.7 Cho m, n ( n > ) a1 , a2 , , am số tự nhiên Gọi xk số ( c1 , c2 , , cm ) gồm m số tự nhiên cho ≤ ci ≤ , i = 1, 2, , m c1 + c2 + + cm ≡ k ( mod n ) Chứng minh x0 = x1 = x2 = = xn −1 tồn i ∈ { 1, 2, , m} cho chia hết cho n 50 Bài 3.8 Cho n số nguyên dương Kí hiệu f ( n ) số tập tập hợp { 1, 2, , n} tổng phần tử tập hợp chia hết cho n Tập rỗng tính tập thỏa mãn tính chất Chứng minh f ( n) = n ∑ d n, d ≡ 0( mod ) n ϕ ( d ) 2d Bài 3.9 (IMO 1999 Shortlist) Cho p số nguyên tố, p > h số ( a1 , a2 , , a p−1 ) ⊂ { 0,1, 2} p −1 ( a1 , a2 , , a p−1 ) ⊂ { 0,1,3} p −1 p −1 cho ∑ ja j =0 j chia hết cho p Cũng vậy, gọi k số p −1 cho ∑ ja j =0 j chia hết cho p Chứng minh h ≤ k dấu xảy p = Bài 3.10 (IMO 2002 Shortlist) Cho m, n số nguyên lớn cho a1 , a2 , , an số nguyên, không chia hết cho m n −1 Chứng minh tìm số ngun e1 , e2 , , en , không đồng thời 0, cho ei < m với i e1a1 + e2 a2 + + en an chia hết cho m n Bài 3.11 (USAMO 1999) Cho p số nguyên tố lẻ cho a, b, c, d số rb rc rd + + + = , p p p p nguyên không chia hết cho p cho Với số nguyên r không chia hết cho p (ở kí hiệu { m} phần lẻ m) Chứng minh có số a + b, a + c, a + d , b + c, b + d , c + d chia hết cho p Bài 3.12 Cho p số nguyên tố lẻ, n số nguyên dương cho trước tập hợp A = { 1, 2, , pn} Kí hiệu F = { X ⊂ A S ( X ) Mp } T ( B ) bình phương tổng phần tử tập hợp B Tính giá trị biểu thức ∑T( X) X ∈F Bài 3.13 Cho p số nguyên tố lẻ tập hợp A = { 1, 2, , p} Kí hiệu F = { X ⊂ A S ( X ) Mp, X = p } T ( B ) bình phương tổng phần tử tập hợp B Tính giá trị biểu thức ∑T( X) X ∈F Bài 3.14 Cho F họ k cấp số cộng vô hạn dạng + di ¢ , < d1 < d < < d k Giả sử tồn số nguyên x cho với số hạng dãy x, x + 1, , x + 2k − thuộc phần tử họ F Khi F Bài 3.15 Cho p số nguyên tố m số nguyên dương Giải sử p −1 E = ( k1 , k , , k p −1 ) , ≤ ki ≤ m − 1: ∑ jk j ≡ ( mod p ) j =0 Hãy xác định số phần tử tập hợp E Bài 3.16 (Bulgaria 2001) Cho n ≥ số nguyên dương Mỗi điểm có tọa độ ( i, j ) có tọa độ nguyên viết số i + j ( mod n ) Tìm tất cặp số nguyên dương ( a, b ) cho thặng dư modulon xuất số lần giống cạnh hình chữ nhật với đỉnh ( 0, ) , ( a, ) , ( a, b ) , ( 0, b ) thặng dư modulon xuất số lần giống bên hình chữ nhật Bài 3.17 (HighSchool – Mathematics China) Có tập tập hợp { 1, 2, , 2000} mà tập gồm 100 phần tử tổng phần tử chia hết cho 5? 51 Bài 3.18 (Rookie Contest, 1999) Cho a1 , a2 , , am số tự nhiên f ( k ) số thứ tự ( c1 , c2 , , cm ) cho ≤ ci ≤ , i = 1, 2, , m c1 + c2 + + cm ≡ k ( mod n ) , m > 1, n > số tự nhiên Chứng minh f ( ) = f ( 1) = = f ( n − 1) tồn số i ∈ { 1, 2, , m} cho n Bài tập tương tự Bài 3.19 (Rumania 2003) Cho tập hợp X = { 2;3;7;9} n số nguyên dương Hỏi từ tập X ta lập số nguyên dương, số có n chữ số chia hết cho ? Bài 13 Gọi f ( n ) số tập X tập hợp { 1, 2, , 2n} cho X có n phần tử tổng phần tử X chia hết cho n Chứng minh f ( n ) ( −1) = n n ∑ ( −1) d dn n ϕ ÷C2dd d Lời giải: 2n ak , m x k y m , a số Xét đa thức P ( x, y ) = ( + xy ) ( + x y ) ( + x y ) = k∑ k ,m , m≥0 tập B tập { 1, 2, , 2n} cho B có m phần tử tổng phần tử B k m Theo định lí ta có ∑ ak , m y = kM n ( P ( 1, y ) + P ( ε , y ) + P ( ε , y ) + + P ( ε n −1 , y ) n ) ( ( n −1) j j j 2j y Tiếp theo, với ≤ j ≤ n − ta tính P ( ε , y ) = ( + ε y ) ( + ε y ) ( + ε y ) + ε ≤ j ≤ n − , gọi d jd ≡ ( mod n ) ⇒ jd = nt , t ∈ ¥ * Với số nguyên dương nhỏ ) cho n = un1 , gcd ( n1 , j1 ) = Mặt khác ta có j = uj1 Gọi ƯCLN n j u = gcd ( n; j ) ⇒ jd = nt ⇔ uj1d = un1t ⇔ j1d = n1t ⇒ d Mn1 n Kết hợp với d số nhỏ nên d = n1 = gcd n, j ( ) Với d có ϕ ( d ) số j1 cho gcd ( d , j1 ) = gcd ( n1 , j1 ) = suy có ϕ ( d ) số j n cho d = gcd n, j ( ) Ta có x d − = ( x − ε j ) ( x − ε j ) ( x − ε pj ) d 1 1 d ⇒ − ÷ − = ( −1) + ε j ÷ + ε j ÷ + ε dj ÷ y y y y ⇒ − ( − y ) = ( + ε j y ) ( + ε j y ) ( + ε dj y ) d ) ( ( Do ta P ( ε j , y ) = ( + ε y ) ( + ε j y ) ( + ε j y ) + ε ( n −1) j y = − ( − y ) d Suy ∑a k ,m kM n ym = ( P ( 1, y ) + P ( ε , y ) + P ( ε , y ) + + P ( ε n −1 , y ) n 52 ) ) 2n d 2n 1 d d 2d n = ∑ ϕ ( d ) 1 − ( − y ) d = ∑ ϕ ÷1 − ( − y ) n dn n dn d n Suy ∑ ak ,n y = kM n ( −1) n d d n −1 ϕ ÷C2d ( −1) ( −1) y n ⇒ ∑ ak , n = ( ) ∑ n dn d n kM n n n ∑ ( −1) dn d n ϕ ÷C2dd d n ϕ ÷C2dd n dn d Nhận xét Đây kết mở rộng thi tốn số kì thi IMO 1995 ta thay n số nguyên tố lẻ p Bài 13 Cho p số nguyên tố lẻ m, n chia hết cho p, n số lẻ Với hàm f : { 1, 2, , m} → { 1, 2, , n} thỏa mãn điều kiện p ( f ( 1) + f ( ) + + f ( m ) ) , xét tích Vậy f ( n ) = ∑ ( −1) d m n f ( 1) f ( ) f ( m ) Chứng minh tổng tất tích chia hết cho ÷ p Lời giải Đặt ε = cos 2π 2π + i sin xk tổng tất tích f ( 1) f ( ) f ( m ) thỏa mãn p p xk ≡ k ( mod p ) Khi p −1 ∑x ε k =0 k k = ∑ c1 , c2 , , cm ∈{ 1,2, , n} c1c2 cmε c1 +c2 + +cm = ( ε + 2ε + + nε n ) Đặt A = ε + 2ε + + nε ⇒ ε A = ε + 2ε + + nε n +1 Suy ε n +1 − −1 ( − ε ) A = ε − nε n+1 + ε + ε + + ε n = −nε n+1 + ε −1 ε −1 nε = −nε + − = − nε ⇒ A = ε −1 ε −1 m p −1 nε k n m Do ∑ xk ε = ( ε + 2ε + + nε ) = ÷ ε −1 k =0 Chú ý ε p −1 + ε p − + + ε + = ⇒ ε p −1 − + ε p − − + + ε − = − p n ⇒ = p − + ( p − ) ε + + 2ε p −3 + ε p − ε −1 m m n nε Do ∑ xk ε = ÷ = − ÷ ε −1 k =0 p p −1 k ( p − + ( p − ) ε + + 2ε p −3 + ε p−2 ) m m p −1 Suy n p −1 = − ÷ ( c0 + c1ε + c2ε + + c p −1ε p −1 ) = r ( c0 + c1ε + c2ε + + c p −1ε ) p ∑( x k =0 k − rck ) ε k = Theo định lí ta xo − rc0 = x1 − rc1 = = x p −1 − rc p −1 ⇒ p ( x0 − rc0 ) = x0 + x1 + + x p −1 − r ( c0 + c1 + + c p −1 ) = ( + + + n ) − r ( + + + p − 1) m m m m m m m n ( n + 1) p ( p − 1) p −1 m n n +1 = ÷ −r ÷ = p ÷ ÷ −r ÷ p m n Suy r x0 Hay tổng tất tích chia hết cho ÷ p 53 m 54 ... n0 − Suy n0 − = n p −1 + n p −2 + + n1 + n0 − p = C 2pp − 23 p ⇒ n0 = + C 2pp − 2 Số tập A tập hợp {1;2;3 ,2 p} thỏa mãn đề là: n0 = + C 2pp − 2 Bài Có cách chọn k người từ n người xếp thành... n tam giác đơn vị có độ dài cạnh Hỏi có hình bình hành tạo thành với đỉnh đỉnh tam giác, cạnh song song trùng với cạnh tam giác Ví dụ ABCD hình bình hành Bài 9: Trong xâu nhị phân có độ dài n,... f : X → Y gọi song ánh vừa tồn ánh, vừa đơn ánh Nguyên lý ánh xạ Cho A B tập hữu hạn khác rỗng f : A → B ánh xạ Khi đó: a) Nếu f đơn ánh A ≤ B ; b) Nếu f tồn ánh A ≥ B ; c) Nếu f song ánh A =