Một số kỹ năng giải bài toán đếm : Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỖ VĂN THUẬN MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN ĐẾM LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỖ VĂN THUẬN MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN ĐẾM Chuyên ngành: Mã số: Phương pháp toán sơ cấp 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN VŨ LƯƠNG Hà Nội - 2014 Mục lục Một số kỹ giải toán đếm 1.1 Sử dụng khái niệm 1.1.1 Quy tắc cộng, quy tắc nhân 1.1.2 Hoán vị 1.1.3 Chỉnh hợp 1.1.4 Tổ hợp 1.2 Phép tương ứng 1- 1.2.1 Mô tả phần tử đếm 1.2.2 Mã hóa 0, phần tử đếm 1.2.3 Phương pháp đánh số 1.3 Một số phương pháp giải nâng cao 1.3.1 Nguyên lí bao gồm loại trừ 1.3.2 Phương pháp truy hồi toán đếm 3 10 13 17 17 19 24 26 26 30 Một số dạng toán tổ hợp liên quan đến toán đếm 34 2.1 Nguyên lí bất biến 34 2.1.1 Phát đại lượng bất biến toán 34 2.1.2 Giải toán đại lượng bất biến 39 2.1.3 Bất biến đơn điệu 41 2.1.4 Một số toán nâng cao 44 2.2 Phân hoạch 47 2.2.1 Chứng minh không tồn phân hoạch thỏa mãn tính chất (G) 47 2.2.2 Chứng minh có tồn phân hoạch thỏa mãn tính chất (G) 48 2.2.3 Xây dựng phân hoạch tính chất (G) 49 2.2.4 Phân hoạch cân 52 2.2.5 Một số toán minh họa 53 2.3 Nguyên lí Dirichlet 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO 57 Lời mở đầu Trong dạng tốn tổ hợp tốn đếm số dạng toán tổ hợp liên quan đến toán đếm dạng quan trọng Những dạng toán xuất nhiều kì vào trường chuyên, thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế Việc giải toán dạng nhiều gặp nhiều khó khăn dễ mắc phải sai lầm dạng tốn khó khơng nắm phương pháp, kỹ giải Liên quan đến tốn đếm có hai vấn đề quan tâm nghiên cứu - Một số kỹ giải toán đếm; - Một số dạng toán tổ hợp liên quan đến tốn đếm Để giải nhanh chóng xác tốn đếm cần phải nắm kỹ giải việc giải thành thạo toán đếm giúp ta nhiều việc giải toán tổ hợp liên quan đến tốn đếm Hiện có nhiều sách tham khảo, tài liệu viết dạng toán tổ hợp số kỹ giải toán đếm đặc biệt số dạng toán tổ hợp liên quan đến tốn đếm ngun lí bất biến, phân hoạch chưa đề cập nhiều Chính vậy, chúng tơi xin chọn đề tài cho luận văn là: “Một số kỹ giải tốn đếm” Trong luận văn ngồi việc trình bày số kỹ giải tốn đếm, chúng tơi cịn đưa số dạng tốn tổ hợp liên quan đến toán đếm Nội dung luận văn gồm hai chương: - Chương 1: Trình bày số kỹ giải toán đếm sử dụng khái niện bản, phép tương ứng 1- số phương pháp giải nâng cao - Chương 2: Đưa số dạng toán tổ hợp liên quan đến tốn đếm ngun lí bất biến, phân hoạch nguyên lí Dirichlet kèm theo tập lời giải chi tiết Các kết luận văn nằm mục 1.2 chương mục 2.2 chương Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc lòng biết ơn chân thành tới PGS TS Nguyễn Vũ Lương Cảm ơn thầy hướng dẫn, bảo giúp đỡ tận tình suốt q trình tơi thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới thầy, cô giáo trường Đại học Khoa học Tự nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội hết lòng đào tạo, dạy dỗ giúp đỡ suốt thời gian học tập trường Mặc dù vây, lực cá nhân hạn chế thời gian hạn hẹp luận văn không tránh khỏi thiếu sót mặt nội dung hình thức, mong đóng góp ý kiến thầy bạn Chương Một số kỹ giải toán đếm Bài toán đếm nội dung khơng dành cho tốn thi đại học mà cần thiết giải tốn tổ hợp khó kỳ thi học sinh giỏi Một đặc điểm đặc thù nội dung giải toán, học sinh thường nhận đáp số khác sai sót mà thân khơng nhận Chính xây dựng kỹ giải thực cần thiết nội dung phần trình bày kỹ 1.1 1.1.1 Sử dụng khái niệm Quy tắc cộng, quy tắc nhân Quy tắc cộng Nội dung quy tắc: Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 , m2 cách chọn đối tượng a2 , , mn cách chọn đối tượng an , cách chọn đối tượng (1 ≤ i ≤ n) khơng phụ thuộc vào cách chọn đối tượng aj n (1 ≤ i ≤ n, i = j ) có mk cách chọn đối tượng a1 , a2 , , k=1 an Quy tắc nhân Nội dung quy tắc: Cho n đối tượng a1 , a2 , , an Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 với cách chọn a1 có m2 cách chọn đối tượng a2 , sau với cách chọn a1 , a2 có m3 cách chọn đối tượng a3 , Cuối với cách chọn a1 , a2 , a3 , , an−1 có mn cách chọn đối tượng an Như có m1 m2 mn−1 mn cách chọn đối tượng a1 , a2 , a3 an Sau ta xét số toán minh họa: Bài 1.Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số gồm bốn chữ số khác số thiết phải có chữ số Bài giải Gọi số cần lập abcd Xét trường hợp: Trường hợp 1: a = có cách chọn a, có A35 cách chọn chữ số b, c, d Trường hợp 2: a = Có cách chọn a ( a = 0) - Nếu b = có cách chọn b có A24 cách chọn c, d; - Nếu c = có cách chọn c có A24 cách chọn b, d; - Nếu d = có cách chọn d có A24 cách chọn b, c; Vậy theo quy tắc cộng lập 1.A35 + 4.A24 + 4.A24 + 4.A24 = 204 (số) Bài Từ thành phố A đến thành phố B có đường, từ thành phố A đến thành phố C có đường, từ thành phố B đến thành phố D có đường, từ thành phố C đến thành phố D có đường Khơng có đường nối thành phố B với thành phố C Hỏi có tất đường nối từ thành phố A đến thành phố D Bài giải Trường hợp 1: Đi từ A đến B đến D Có cách từ A đến B có cách từ B đến D Theo quy tắc nhân số cách chọn đường từ A đến D qua B 3.2 = 6; Trường hợp 2: Đi từ A đến C đến D Có cách từ A đến C có cách từ C đến D Theo quy tắc nhân số cách chọn đường từ A đến D qua C 2.4 = Vì cách chọn đường từ A sang D qua B cách chọn đường từ A sang D qua C không phụ thuộc lẫn nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có số đường để từ A sang D + = 14 (cách) Bài Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số gồm chữ số khác nhau? Tìm tổng tất số Bài giải Gọi số cần lập có dạng abcd Có cách chọn a; Có cách chọn b (b = a); Có cách chọn c (c = a, c = b); Có cách chọn d (d = a, d = b, d = c) Vậy theo quy tắc nhân số số lập 9.8.7.6 = 3024 (số) Số lớn nhất, số nhỏ số dạng 9876 1234 có tổng 11110, nên số abcd tồn số a b c d , mà abcd + a b c d = 11110 Khi đó, ta có đẳng thức: (a+a ).1000+(b+b ).100+(c+c ).10+d+d = 10.1000+10.100+10.10+1.10 Từ đó, ta có đẳng thức a + a = b + b = c + c = d + d = 10 a=a ⇔b=b ⇔c=c ⇔d=d Bởi vậy, abcd có chữ số khơng trùng a b c d có chữ số khơng trùng Do có 9.8.7.6 cặp số abcd, a b c d gồm chữ số không trùng thuộc tập {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Vậy tổng tất số dạng : 9.8.7.6.11110 = 16798320 Bài Một ngựa bàn cờ vua 8x8 Hỏi có bao cách di chuyển ngựa bàn cờ Bài giải Các bàn cờ đặt theo quy tắc aij (i=1 ,j=1 8) a11 có cách di chuyển a12 có cách di chuyển a13 , a14 , a22 có cách di chuyển a23 , a24 có cách di chuyển a33 , a34 , a44 có cách di chuyển Lấy đối xứng vị trí qua trục đối xứng bàn cờ, ta có tổng số cách là: n = 4.2 + 8.3 + 20.4 + 16.6 + 16.8 = 336 Bài Cho bàn cờ vua 8x8 Có cách chọn ô trắng ô đen? Có bao cách chọn trắng, đen nằm hàng hay cột? Bài giải Trên bàn cờ có 32 trắng, 32 đen Có 32 cách chọn đen, 32 cách chọn ô trắng Vậy số cách chọn n1 =32.32=1024 (cách) Có 32 cách chọn trắng Số đen hàng, cột với ô trắng chọn Vậy số cách chọn n2 =32.8=256 (cách) Bài Có 28 quân domino đầu có x,y chấm ≤ x, y ≤ Có cách chọn quân domino nối với (số chấm đầu quân số chấm đầu quân khác) Bài giải Lấy quân domino thuộc loại: Loại (7 quân): (0,0), (1,1), ,(6,6) Loại (21 quân): có số chấm đầu khác - Nếu quân domino chọn loại (sẽ có cách chon) nối với quân khác Ví dụ (1,1) nối với (1,0), (1,2), (1,3),(1,4),(1,5),(1,6) Vậy số cặp nối trường hợp là: n1 = 7.6 = 42 - Nếu quân domino chọn loại (sẽ có 21 cách chọn), nối với 12 quân khác Ví dụ (2,3) nối với (2,0), (2,1), (2,4), (2,2), (2,5), (2,6),(3,0),(3,1),(3,2),(3,4),(3,5),(3,6) Vậy số cặp nối đươc trường hợp n2 = 21.12 = 252 Theo quy tắc cộng số cách nối đươc 252+42=294 (kể thứ tự) Vì thứ tự đầu quân domini xác định, cặp quân 294 domino nối đến lần, ta suy số cặp nối n = = 147 1.1.2 Hốn vị Hốn vị khơng lặp Định nghĩa: Cho tập hợp gồm n (n ≥ 1) phần tử Mỗi cách xếp n phần tử theo thứ tự (mỗi phần tử có mặt lần) gọi hoán vị n phần tử cho Kí hiệu số hốn vị n phần tử Pn Ta có cơng thức Pn = n! Sau ta xét số oán minh họa: Bài 7.Với năm chữ số 1, 2, 3, 4, lập số gồm năm chữ số khác nhau? Bài giải Mỗi số cần lập hoán vị năm chữ số cho Vậy số số lập số hoán vị năm phần tử P5 = 5! = 120 Bài Trong hội nghị có báo cáo viên A, B, C, D, E người báo cáo lần? Có cách xếp thứ tự cho báo cáo viên Có cách xếp thứ tự cho báo cáo viên yêu cầu báo cáo viên B báo cáo sau báo cáo viên A? Có cách xếp thứ tự cho báo cáo viên B không báo cáo trước A? Bài giải Số cách xếp thứ tự cho báo cáo viên 5! = 120 B báo cáo sau A ta thay cặp báo cáo viên X= AB Khi đó, xem X báo cáo viên Vậy số cách n2 = 4! = 24 Trong cách xếp khả A đứng trước B hay đứng sau B Vậy số cách xếp B không báo cáo trước A 5! = 60 Bài Có cách xếp người đàn ông, người đàn bà xung quanh bàn tròn 10 ghế cho khơng có người đàn ơng người đàn bà ngồi cạnh Bài giải Lấy ghế Nếu xếp người đàn ơng ghế đàn bà Số cách xếp đàn ơng vào vị trí có sẵn 5!, số cách xếp đàn bàn vào vị trí 5! Số cách xếp theo vị trí 5!5! Nếu xếp người đàn bà số cách xếp tương tự 5!5! Đáp số:: 2.(5!)2 Hốn vị có lặp Định nghĩa: Hốn vị phần tử xuất lần gọi hốn vị có lặp Số hốn vị lặp n phần tử thuộc k loại, mà phần tử loại i (1 ≤ i ≤ k ) xuất ni lần kí hiệu P (n1 , n2 , , nk ) tính công thức P (n1 , n2 , , nk ) = n! n1 !.n2 ! nk ! Sau ta xét số toán minh họa: Bài 10 Với chữ số 1, 2, 3, 4, 5, lập số gồm chín chữ số, chữ số 1, 2, 3, xuất lần, chữ số xuất hai lần chữ số xuất ba lần Bài giải Xét số tùy ý x = 154626356 kí hiệu vị trí x cách hình thức, ta có x = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 Khi đó, số x tương ứng với hốn vị lặp chín phần tử a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , a7 , a8 , a9 Số hoán vị khác chín phần tử (1 ≤ i ≤ 9) 9! song a2 = a8 = nên đổi chỗ a2 a8 cho hốn vị x = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 cho ta số x Tương tụ đổi chỗ hai ba phần tử a4 , a6 , a9 cho cho số x Như vậy, thực 2! hoán vị a2 , a8 3! hoán vị a4 , a6 , a9 , ta số cần tìm x Vậy số số lập 9! = 30240 S= 2!3! Bài 11 Với sáu chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số chia hết cho gồm 11 chữ số, chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần chữ số có mặt lần tổng số lần xuất chữ số chữ số Bài giải Để số cần lập x = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 chia hết cho 5, x phải tận chữ số chữ số Vì tổng số lần xuất x nên x tận khơng có mặt ngược lại x tận chữ số không xuất Bởi (1 ≤ i ≤ 10) chữ số 1, 2, 3, Bởi số khả lập phần đầu độ dài 10 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 x số hoán vị lặp 10 phần tử thuộc loại chữ số: 1, 2, 3, với xuất lần, xuất lần, xuất lần xuất lần P (1, 2, 3, 4) Ngồi a11 lại nhận nên lập 10! = 25200 2.P (1, 2, 3, 4) = 1!2!3!4! Bài 12 Có cách đảo từ PARABOLA cho phụ âm nguyên ân xếp xen kẽ Bài giải Vì có phụ âm nguyên âm nên ta xếp phụ âm (có 4! cách xếp) 4! xếp vào vị trí xem kẽ nguyên âm 3! Vị trí ban đầu phụ âm nguyên âm hoán vị 4! phụ âm Suy số cách xếp: n = 2.4! = 192 3! Khoảng cách từ điểm Pn đến điểm gốc tọa độ tăng vơ hạn, nghĩa có thành phần phải trở lên lớn Hàm khoảng cách từ điểm đến điểm gốc tọa độ quan trọng, có dãy điểm ta phải nghĩ tới hàm Bài 21 Mỗi số số a1 , a2 , a3 , , an +1 −1 ta có S = a1 a2 a3 a4 + a2 a3 a4 a5 + + an a1 a2 a3 = Chứng minh n chia hết cho Bài giải Đây tốn lí thuyết số ta giải bất biến Nếu ta thay −ai S khơng thay đổi đồng dư theo bốn số hạng cạnh theo vòng tròn thay đổi dấu chúng (ví dụ ta thay dấu a1 bốn số hạng cạnh a1 a2 a3 a4 , an a1 a2 a3 , an−1 an a1 a2 , an−2 an−1 an a1 thay đổi dấu) Thật hai số bốn số hạng cạnh dương hai âm tổng S khơng thay đổi Nếu ba số hạng bốn số hạng có dấu S tăng giảm (nếu có ba số hạng dương số hạng âm thí tổng S giảm 4, cịn có ba số hạng âm số hạng dương tổng S tăng lên 4) Cuối tất bốn số hạng dấu S tăng giảm (nếu bốn số hạng dương S giảm bốn số hạng âm thí S tăng lên 8) Ban đầu ta có S = điều kéo theo S ≡ 0(mod4) Bây ta tiến hành bước, dấu âm thay dấu dương, bước không làm thay đổi số dư S chia S cho Khi ta thay hết dấu trừ dấu cộng cịn S ≡ 0(mod4), S = n, nghĩa n chia hết cho 2.1.4 Một số toán nâng cao Bài 22 Một tờ giấy xé thành năm mảnh, số số năm mảnh nhỏ lại xé thành năm mảnh nhỏ nữa, số số năm mảnh nhỏ lại xé tiếp thành năm mảnh , Vậy tiếp tục xé có ta 2002 mảnh giấy hay không? Được 2005 mảnh giấy không? Bài giải Khi ta chia tờ giấy thành mảnh sau chia mảnh giấy làm mảnh nhỏ lần số mảnh giấy tăng thêm Vậy số mảnh giấy sau lần xé có dạng 4k + 1, (k ∈ N∗ ), biểu thức bất biến trình xé giấy 44 Vì 2002 = 4k + 1, nên xé 2002 mảnh 2005 = 501.4+1 nên xé thành 2005 mảnh sau lần xé thứ 501 Bài 23 Tại đỉnh A1 đa giác 12 đỉnh đánh dấu trừ (-) tất đỉnh lại đánh dấu cộng (+) Một bước thực đổi đồng thới ba dấu ba đỉnh liên tiếp thành dấu ngược lại Chứng minh khơng có khả sau số hữu hạn bước thực nhận A2 có dấu trừ (-) cịn tất đỉnh cịn lại mang dấu cộng (+) Bài giải Ta chía đỉnh đa giác 12 cạnh làm ba nhóm (A1 , A4 , A7 , A10 ), (A2 , A5 , A8 , A11 ), (A3 , A6 , A9 , A12 ) Dễ thấy chọn ba đỉnh liên tiếp đỉnh rơi vào nhóm Suy sau lần đổi dấu ba đỉnh liên tiếp, số lượng dấu trừ nhóm tăng lên giảm Từ suy số lượng dấu trừ nhóm hai nhóm ba ln ln tính chẵn lẻ Thật vậy, bắt đầu chơi số lượng dấu trừ khơng Sau lần đổi thứ nhóm có dấu trừ, sau lần đổi thứ hai nhóm có dấu trừ, sau lần đổi thứ ba vân vân Như đạt kết cuối A2 có dấu trừ tất đỉnh lại mang dấu cộng số dấu trừ nhóm hai cịn số dấu trừ nhóm ba Bài 24 Cho bảng hình vng kẻ 10 x 10 ô ta ghi theo thứ tự số tự nhiên gồm từ số đến số 100 Hàng thứ ghi từ đến 10, hàng thứ hai ghi từ 11 đến 20, Chứng minh tổng S 10 số bảng khơng có hai số thuộc hàng khơng có hai số thuộc cột số không đổi Tìm số S Bài giải Ta kí hiệu số hạng tổng S: - Thuộc hàng a1 ; - Thuộc hàng 10 + a2 ; - - Thuộc hàng 10 90 + a10 Trong số tự nhiên a1 , a2 , , a10 bao gồm 10, số đơi khác nhau, ta có a1 = a2 hai số a1 10 + a2 phải nằm cột bảng Ta có: S = a1 + (10 + a2 ) + (20 + a3 ) + + (90 + a10 ) = (10 + 20 + + 90) + (a1 + a2 + + a10 ) = 450 + (a1 + a2 + + a10 ) 45 Bởi số a1 , a2 , , a10 đôi khác nhận giá trị nguyên từ đến 10, số số tự nhiên từ đến 10 có mặt tổng a1 +a2 + +a10 với tư cách số hạng có lần Do a1 + a2 + + a10 = + + + 10 = 55 Như S = 450 + 55 = 505 đại lượng bất biến cách chọn tổng số bảng Bài 25 Cho khối lập phương tạo 27 khối lập phương nhỏ Trong khối lập phương nhỏ có chứa số +1 −1 (hai khối nhỏ gọi cạnh chúng có chung mặt) Ta gọi "mặt cắt" khối lập phương khối lập phương nhỏ cạnh nằm "mặt phẳng" Có thể thay đổi dấu đồng thời hai mặt cắt có chung khối lập phương nhỏ, không thay đổi dấu khối lập phương nhỏ chung Ban đầu tất khối nhỏ có chứa số −1 Hỏi sau số bước thay đổi dấu khối nhỏ đỉnh khối lập phương mang −1, khối nhỏ cịn lại mang +1 khơng? Bài giải Ta xác định thay đổi số lượng số −1 khối lập phương với bước biến đổi Trong hai mặt cắt số thay đổi dấu 12 số Nếu n chúng −1 cịn 12 − n +1 sau biến đổi ta có n số +1 12 − n số −1, nghĩa số lượng số −1 thay đổi 12 − n − n = 2(6 − n), số chẵn Suy sau bước biến đổi tính chẵn lẻ số lượng số −1 bảng không thay đổi Ban đầu số lượng số −1 27 ta muốn số −1 (trên đỉnh khối lập phương) Điều xảy Bài 26 Cho khối lập phương bao gồm 27 khối lập phương nhỏ Trong khối lập phương nhỏ khối lập phương chứa số +1 Một bước biến đổi ta thêm số vào hai khối lập phương nhỏ bên cạnh (hai khối nhỏ có chung mặt) Hỏi từ khối lập phương cho nhận khối lập phương cho tất khối lập phương nhỏ có 0, cịn khối nhỏ trọng tâm có +1; Bài giải Ta cố định khối nhỏ gọi khối trắng, khối nhỏ cạnh khối đen, bên cạnh khối đen khối nhỏ trắng vân vân Khi khối nhỏ trắng, đen, khối trắng có khối nhỏ bên cạnh đen ngược lại Cho Pt tổng số khối nhỏ trắng, Pd tổng số khối nhỏ đen Biểu thức P = Pt − Pd không thay đổi với thao tác thay đổi cho 46 ta cộng thêm số vào hai khối nhỏ cạnh (nghĩa Pt Pd gia tăng nhau) Ban đầu P = 1, khối nhỏ tâm đen (P = 14 − 13) Khối lập phương u cầu tốn lại có P = − = −1 Đây điều vơ lí Vậy nhận khối lập phương yêu cầu toán 2.2 Phân hoạch Bài toán phân hoạch mô tả cách đơn giản "Chia tập X thành số tập (hữu hạn) đôi rời thỏa mãn tính chất (G) đó" n X= Ti ; Ti Tj = ∅, (i = j) i=1 Ti - gọi lớp phân hoạch Khi số câu hỏi sau đặt ra: 2.2.1 Chứng minh không tồn phân hoạch thỏa mãn tính chất (G) Bài Chứng minh khơng thể chia tập hợp {1, 2, 1997} thành số tập đôi rời cho tập số lớn tổng số lại Bài giải Giả sử phản chứng phân hoạch tồn Khi tổng tất số tập lần số lớn Suy tổng tất số tập {1, 2, 1997} số chẵn 1997.1998 Mặt khác, + + + + 1997 = =1997.999 số lẻ (mâu thuẫn) Bài Chúng ta xếp 1000 thẻ số với số 000, 001, , 999 vào 100 hộp có đánh số 00, 01, , 99 theo quy tắc sau: Ta xếp thẻ với số x vào hộp có đánh số nhận từ x cách xóa chữ số chữ số x Chứng minh xếp tất thẻ vào 50 hộp Chứng minh xếp tất thẻ vào n hộp với n < 40 Bài giải 47 Ta chia tập chữ số thành tập A = {0, 1, 2, 3, 4}; B = {5, 6, 7, 8, 9} Ta xét hộp ứng với số mà chữ số thuộc tập A B Số hộp 2.5.5 = 50 Ta xếp tất thẻ đánh số vào 50 hộp sau: Một thẻ số x gồm chữ số nên có hai tập A, B chứa chữ số số x Xố số cịn lại ta xếp thẻ vào tập chứa chữ số Trong phân hoạch tất hộp 00, 11, 22, , 99 xuất chứa phần tử 000, 111, 222, , 999 Khơng có hộp 10 hộp chứa thẻ pqr mà p, q, r đôi khác Xét hộp đánh số ab, a = b Khi xếp số pab, apb, abp với p chữ số khác a b (để thỏa mãn tính chất đơi khác nhau) Suy số cách chọn p = a, p = b 8, số số dạng pqr, p = q = r xếp vào hộp ab, a = b 3.8 = 24 Số thẻ pqr, p = q = r 720 10.9.8 = 720 Để xếp 720 số cần = 30 24 hộp Do để xếp hết số hạng cần 10 + 30 = 40 hộp Suy với n < 40 ta khộng thể xếp tất số vào n hộp 2.2.2 Chứng minh có tồn phân hoạch thỏa mãn tính chất (G) Bài Chứng minh phân hoạch tập {1, 2, 100} thành lớp, ln tồn lớp có chứa phần tử phân biệt a, b, c, d cho a + b = c + d hay chứa số phân biệt e, f, g thỏa mãn e + f = 2g Bài giải Vì 14.7 = 98 < 100, suy theo nguyên lý Dirichlet tồn lớp T có 15 phần tử Chúng ta xét tất hiệu a − b; a, b ∈ T, a > b Sẽ có C15 = 105 hiệu Các hiệu nhận giá trị tập {1, 2, 99} nên theo nguyên lý Dirichlet tồn cặp (x, y); (u, v) phân biệt cho x − y = u − v > Nếu x,y,u,v số phân biệt ta có x+v=u+y (đpcm) Nếu x=v, ta có y+u=2x (đpcm) Nếu y=u, ta có x+v=2y (đpcm) 48 Bài Chứng minh từ phân hoạch bất kỳ, tập {1, 2, , 3n} thành lớp, lớp có n phần tử, chọn từ lớp số cho số cho ba số tổng hai số lại Bài giải - Ta xét phân hoạch A,B,C Khơng giảm tính tổng qt ta mô tả phân hoạch sau: ∈ A, {1, 2, , k − 1} ⊆ A, k ∈ B (số k xác định nhất) (1) Các phần tử lại A,B,C phân bố tiếp tùy theo phân hoạch khác - Ta gọi (a,b,c) ∈ AxB xC tốt ba số có số tổng hai số lại - Ta giả thiết phản chứng không tồn tốt ta chứng minh khẳng định sau: "∀c ∈ C ta có c − ∈ A." (2) Giả sử c − ∈ / A, ta chọn c nhỏ giá trị c mà c − ∈ / A Nếu c − ∈ B suy (1,c-1,c) tốt (mẫu thuẫn với giả thiết phản chứng) Suy c − ∈ / B Vì c − ∈ / A,c − ∈ / B ⇒ c − ∈ C Xét c-k với k xác định theo (1) Nếu c − k ∈ A ⇒ (c − k, k, c) tốt (mâu thuẫn) Vậy c − k ∈ / A Nếu c − k ∈ B ⇒ (k − 1, c − k, c − 1) tốt (mâu thuẫn) Vậy c−k ∈ / B ⇒c−k ∈C Ta có c−k < c, mà c số nhỏ để c−1 ∈ / A nên suy c−k −1 ∈ A Và ta lại có (c-k-1,k,c-1) tốt (mâu thuẫn) Vậy khẳng định (2) chứng minh - Áp dụng (2): ∀c ∈ C ⇒ c − ∈ A ⇒ |C| ≤ |A| Mặt khác, theo quy tắc tương ứng có ∈ / C mà − = ∈ A suy |C| < |A| (mâu thuẫn) Vậy toán chứng minh 2.2.3 Xây dựng phân hoạch tính chất (G) Bài Tìm A nhỏ cho với phân hoạch tập {1, 2, A } thành lớp T1 T2 ln tồn lớp có chứa số phân biệt x < y < z cho x + z = 2y Bài giải Xét A= ta có {1, 2, 3, 4} = {2} ∪ {1, 3, 4} lớp không thỏa mãn yêu cầu bái toán Xét A= ta có {1, 2, 3, 4, 5} = {2, 3} ∪ {1, 4, 5} không thỏa mãn 49 Xét A= ta có {1, 2, 3, 4, 5, 6} = {2, 5, 6} ∪ {1, 3, 4} không thỏa mãn Xét A= ta có {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = {1, 2, 4, 5} ∪ {3, 6, 7} khơng thỏa mãn Xét A= ta có {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} = {1, 4, 5, 8} ∪ {2, 3, 6, 7} không thỏa mãn Xét A= 9, ta giả sử tồn phân hoạch {1, 2, , 9} = T1 ∪ T2 mà lớp T1 T2 không thỏa mãn yêu cầu toán (Giả sử phản chứng A = không thỏa mãn) 1+9 -Xét trường hợp {1, 9} ⊆ T1 ⇒ =5∈ / T1 ⇒ ∈ T2 ⇒ 3,7 không đồng thời thuộc T2 (nếu ngược lại ta có + = 2.5) Suy phải có số thuộc T1 3+1 3+9 + Giả sử ∈ T1 ⇒ = ∈ T2 , = ∈ T2 2 6+2 ⇒ = ∈ T1 , {5, 6} ⊆ T2 ⇒ ∈ T1 Suy {1, 4, 7} ⊆ T1 (mâu thuẫn) 7+1 7+9 = ∈ T2 , = ∈ T2 + Giả sử ∈ T1 ⇒ 2 4+8 ⇒ = ∈ T1 , {6, 7} ⊆ T1 ⇒ ∈ T2 Ta có {4, 5} ⊆ T2 ⇒ ∈ T1 {3, 6, 9} ⊆ T1 (mâu thuẫn) - Xét trường hợp ∈ T1 , ∈ T2 + Giả sử ∈ T1 ⇒ {1, 5} ⊆ T1 ⇒ ∈ T2 , ∈ T2 (Vì (1,3,5), (1,5,9) lập thành cấp số cộng) 9+3 ⇒ = ∈ T1 , {5, 6} ⊆ T1 ⇒ ∈ T2 , ∈ T2 7+9 7,9 ∈ T2 ⇒ = ∈ T1 Ta có {3, 4} ⊆ T2 ⇒ ∈ T1 Vậy ta có {2,5,8} ⊆ T1 (mâu thuẫn) 7+1 + Giả sử ∈ T2 ⇒ {9, 5} ⊆ T2 , ⇒ ∈ T1 , ∈ T1 ⇒ = ∈ T2 {4, 5} ⊆ T2 ⇒ {3, 6} ⊆ T1 1+3 Ta có {1, 3} ⊆ T1 ⇒ = ∈ T2 , {6, 7} ⊆ T1 ⇒ ∈ T2 Suy ra, {2, 5, 8} ⊆ T2 (mâu thuẫn) Suy với A=9 toán thỏa mãn Nhận xét: Bài toán trường hợp đặc biệt đơn giản định lý tiếng 50 Vander Waerden’s Theorem: "Với k, n nguyên dương tồn số A = A(k, n) cho phân hoạch {1, 2, A} thành k lớp ln tồn lớp có chứa cấp số cộng phân biệt chiều dài n." Sử dụng kết để đề tốn khó thực đơn giản, xây dựng lời giải sơ cấp khó khăn Bài Với k ≥ nguyên, ta kí hiệu nk = (3k − 1) Chứng minh tập {1, 2, nk } phân hoạch thành k lớp cho không lớp chứa số x, y, z có tính chất x + y = z (x, y nhau) Bài giải Ta chứng minh kết sau: "Nếu tập {1, 2, 3, , n} phân thành k lớp mà không lớp chứa số x,y,z có tính chất x+y=z tập {1, 2, 3, , 3n + 1} phân hoạch thành k+1 lớp có tính chất nêu trên." (1) Áp dụng kết ta thu lời giải toán phương pháp quy nạp sau: k=1, n1 = (hiển nhiên) Giả sử {1, 2, 3, , nk } phân thành k lớp thỏa mãn yêu cầu toán Áp dụng kết (1) tập {1, 2, 3, , 3nk + 1} phân thành k+1 lớp thỏa mãn yêu cầu toán Mà 3nk + = (3k − 1) + = [3k+1 − 1] = nk+1 (đpcm) 2 Ta chứng minh kết (1) Giả sử {1, 2, 3, , n} = X1 ∪ X2 ∪ X3 ∪ ∪ Xk Ta lập Yi = Xi ∪ {x + 2n + 1|x ∈ Xi }; Yk+1 = {n + 1, n + 2, , 2n + 1} Chúng ta mơ tả cách xây dựng phân hoạch sau: 1, 2, , n, n + 1, n + 2, , 2n + 1, 2n + 2, 2n + 3, , 3n + k Xi Yk+1 k {x+2n+1|x∈Xi } 1 Ta chứng minh cách xây dựng phân hoạch thỏa mãn yêu cầu toán + Xét x ∈ {1, 2, , 3n + 1} Nếu ≤ x ≤ n ⇒ x ∈ Xi ⇒ x ∈ Yi n + ≤ x ≤ 2n + ⇒ x ∈ Yk+1 2n + ≤ x ≤ 3n + ⇒ x ∈ {x + 2n + 1|x ∈ Xi } ⇒ x ∈ Yi Vậy ta có {1, 2, 3, , 3n + 1} = Y1 ∪ Y2 ∪ Yk+1 + Vì Xk ∩ Xj = ∅, {x + 2n + 1|x ∈ Xk } ∩ {y + 2n + 1|y ∈ Xj } = ∅ ⇒ Yk ∩ Yj = ∅, ∀k = j 51 + Ta chứng minh phân hoạch thỏa mãn yêu cầy tốn Giả sử phản chứng có (x,y,z) ∈ Yi có tính chất x + y = z Nếu (x, y, z) ∈ Yk+1 , x + y = z ta suy ra: z = x + y ≥ 2(n + 1) > 2n + = M ax(yk+1 ) ⇒ z ∈ / Yk+1 (mâu thuẫn) Nếu (x, y, z) ∈ Yi , (1 ≤ i ≤ k), (x ≤ y) Vì 2n + ∈ Yk+1 ⇒ 2n + = x, 2n + = y, 2n + = z , ta xét trường hợp: Trường hợp 2n + ≥ y; x, y ∈ Xi ⇒ x ≤ n, y ≤ n ⇒ z = x + y ≤ 2n z ∈ Xi suy mâu thuẫn với giả thiết quy nạp Trường hợp x ≤ 2n + ≤ y , ta có x ∈ Xi , y = 2n + + y , z = 2n + + z với y , z ∈ Xi Suy x + y = z (mâu thuẫn với giả thiết quy nạp) Trường hợp x > 2n + 1, suy z = x + y > 2(2n + 1) ⇒ z ∈ / {1, 2, 3, 3n + 1} (mâu thuẫn) 2.2.4 Phân hoạch cân + Phân hoạch T1 , T2 , , Tn X gọi cân theo số phần tử lớp Ti có số phần tử + Phân hoạch T1 , T2 , , Tn X gọi cân tổng tổng tất phần tử lớp Ti + Ta xét toán mà thường gọi giả thiết H(n, k) sau: "Có tồn phân hoạch tập số {1, 2, 3, , nk} thành k lớp vừa cân số phần tử, vừa cân tổng hay không? " Nếu tồn ta gọi giả thiết H(n, k) Bài Giả thiết H(n, k) n chẵn Bài giải - Giả thiết H(2,k),(n = 2) : {1, 2, 3, , 2k} = {1, 2k} ∪ {2, 2k − 1} ∪ {3, 2k − 2} ∪ ∪ {k, k + 1} phân hoạch cân số phần tử cân tổng - Ta xét H(2m,k) {1, 2, 3, , 2mk} = {1, 2mk} ∪ {2, 2mk − 1} ∪ {3, 2mk − 2} ∪ ∪ {mk, mk + 1} Ta ký hiệu: T1 = {1, 2mk} ∪ {2, 2mk − 1} ∪ {3, 2mk − 2} ∪ ∪ {m, 2mk − m + 1} T2 = {m+1, 2mk −m}∪{m+2, 2mk −m−1}∪ ∪{2m, 2mk −2m+1} Tk = {m(k −1)+1, 2mk −m(k −1)}∪{m(k −1)+2, 2mk −m(k −1)−1} 52 ∪ ∪ {mk, mk + 1} thu {1, 2, , 2mk} = T1 ∪ T2 ∪ ∪ Tk Khi Ti có 2m phần tử tổng số Ti m(2km+1) Vậy giả thiết H(2m,k) Bài Với n > lẻ giả thiết H(3,k) suy giả thiết H(n,k) Bài giải Giả sử T1 , T2 , , Tk phân hoạch cân theo số phần tử theo tổng phần tử Nếu n > số lẻ, suy n − số chẵn Áp dụng toán có phân hoạch cân theo số phần tử theo tổng tập {1, 2, , (n − 3)k} thành k lớp X1 , X2 , , Xk Bây thêm vào lớp Xi để nhận phân hoạch tập {1, 2, , nk} từ tập {(n − 3)k + 1, (n − 3)k + 2, , nk} Tập {(n − 3)k + 1, (n − 3)k + 2, , nk} gồm 3k số nên theo giả thiết quy nạp phân hoạch thành k lớp, lớp có phần tử có tổng phần tử lớp nhau: {(n − 3)k + 1, (n − 3)k + 2, , nk} = Y1 ∪ Y2 ∪ ∪ Yk Suy {1, 2, , nk} phân hoạch thành k lớp: X1 ∪ Y1 , X2 ∪ Y2 , , Xk ∪ Yk (đpcm) 2.2.5 Một số toán minh họa Để nắm vững kỹ giải toán phân hoạch cần giải nhiều toán cụ thể Bài Giả sử tổng hai số nguyên a, b không chia hết cho Chứng minh chia tập số nguyên Z thành lớp rời đôi cho với t ∈ Z, số t, t + a, t + b thuộc lớp phân biệt Bài giải Giả sử phản chứng có phân hoạch Z = T1 ∪ T2 ∪ T3 thỏa mãn yêu cầu toán Ta ký hiệu x ∼ y x,y thuộc lớp phân hoạch Bộ số nguyên (a„b,c) gọi tốt a,b,c thuộc lớp phân biệt Từ giả thiết phản chứng suy ra: (x,x+a,x+b) tốt (x+a,x+2a,x+a+b) tốt (x+b,x+2b,x+a+b) tốt ⇒x+a+b∼x (1) Chọn x=0 ta thu ∼ (a + b), áp dụng kết (1) ta suy ra: (a + b) ∼ (a + b) + (a + b) = 2(a + b) ∼ 2(a + b) + (a + b) = 3(a + b) 53 −(a+b) = (a+b)−2(a+b) ∼ −2(a+b) = (a+b)−3(a+b) ∼ −3(a+b) Tóm lại ∼ p(a + b), ∀p ∈ Z ⇒ ∼ a(a + b) (2) Mặt khác (x+a,x+2a,x+a+b) tốt theo giả thiết phản chứng Vì x + a + b ∼ x ⇒ (x, x + a, x + 2a) tốt (x,x+a+b thuộc lớp phân hoạch) Suy (0,a,2a) tốt, (a,2a,3a) tốt ⇒ ∼ 3a Mặt khác (3a,4a,5a) tốt; (4a,5a,6a) tốt ⇒ 3a ∼ 6a Suy ∼ pa p chia hết cho (3) Từ (2), (3) suy (a+b) chia hết cho (mâu thuẫn) Bài 10 Trong tập n số nguyên dương phân biệt cho trước, ta xét tất tổng phần tử tập khơng trống Chứng minh 2n − số chia thành n lớp cho lớp, tỷ số số lớn số nhỏ không vượt Bài giải + Ký hiệu số cho < x1 < x2 < < xn ký hiệu: mk = (x1 + x2 + + xk ); Mk = (x1 + x2 + + xk ); (1 ≤ k ≤ n) + Với k ta gọi lớp Tk gồm tổng S (của số thuộc tập đó) thỏa mãn: mk ≤ S ≤ Mk (1) S2 Mk Nếu mk ≤ S1 ≤ S2 ≤ Mk , ta có ≤ = S1 mk Suy lớp Tk tỷ số số lớn số nhỏ không vượt Đối với tổng S thỏa mãn (1) với nhiều số k ta chọn số k Vậy ta có Ti ∩ Tk = ∅, ∀i = k + Ta chứng minnh tổng S rơi vào lớp Tk (1 ≤ k ≤ n) Giả sử phản chứng ∃S mà S ∈ / Tk ∀k : ≤ k ≤ n Mk ∈ Tk ⇒ S = Mk , ∀k Ta lại có M1 < S < Mn suy có tồn k để Mk < S < Mk+1 Vì S > Mk ⇒ S = x1 + x2 + + xk +xk+1 + + xi Mk Suy S > xi (i > k) ⇒ 2S > xi + Mk ≥ xk+1 + Mk = Mk+1 ⇒ 2S > Mk+1 = 2mk+1 ⇒ S > mk+1 Tóm lại ta thu mk+1 < S < Mk+1 ⇒ S ∈ Tk+1 (mâu thuẫn giả thiết phản chứng) 54 2.3 Nguyên lí Dirichlet Nguyên lý Dirichlet phát biểu cách đơn giản sau: "Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng (n ∈ N∗ ) ln có thỏ bị nhốt chuồng" Một cách tổng qt, ta có ngun lí Dirichlet mở rơng: Nếu nhốt m thỏ vào n chuồng (n, m ∈ N∗ ) ln tồn m−1 chuồng chứa + [ ] thỏ" n Ở đây, ký hiệu [a] dùng để phần nguyên số thực a, tức số nguyên lớn không vượt a Sau ta xét số toán minh họa: Bài Cho tập X = {1, 2, , 2009} Chứng minh số 1006 phần tử X ln có hai phần tử có tổng 2010 Bài giải Chia tập X thành cặp (1, 2009), (2, 2008), , (2005, 2005) Vì có 1005 cặp 1006 phần tử nên tồn hai phần tử thuộc cặp Hai phần tử thỏa mãn yêu cầu toán Bài Cho tập X = {1, 2, , 2010} Chứng minh số 1006 phần tử X ln có hai phần tử ngun tố Bài giải Chia tập X thành cặp (1, 2), (3, 4), , (2009, 2010) Vì có 1005 cặp 1006 phần tử nên tồn hai phần tử thuộc cặp Hai phần tử nguyên tố Bài Xét tập M = {1, 2, , 9}.Với tập X M , ta kí hiệu S(X) tổng phần tử thuộc X Chứng minh số 26 tập X M với |X| ≤ 3, tồn hai tập A B cho S(A) = S(B) Bài giải Ta chia tập X M thỏa mãn |X| ≤ vào lồng, lồng bao gồm tập có tổng phần tử Do ≤ S(X) ≤ 24 nên có 25 lồng Do có 26 tập X với |X| ≤ nên tồn hai tập A, B thuộc lồng Điều có nghĩa tồn hai tập A, B cho S(A) = S(B) Bài (VMO 2004) Cho tập A = {1, 2, 3, , 16} Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ cho tập gồm k phần tử A 55 tồn hai số phân biệt a, b mà a2 + b2 số nguyên tố Bài giải Ta thấy, a, b chẵn a2 + b2 hợp số Do đó, tập X A có hai phần tử phân biệt a, b mà a2 + b2 số ngun tố X khơng thể chứa số chẵn Suy ra, k ≥ Ta chứng tỏ k = giá trị nhỏ cần tìm Điều có nghĩa với tập X gồm phần tử A tồn hai phần tử phân biệt a, b mà a2 + b2 số nguyên tố Để chứng minh khẳng định ta chia tập A thành cặp hai phần tử phân biệt a, b mà a2 + b2 số nguyên tố, ta có tất cặp: (1; 4), (2; 3), (5; 8), (6; 11), (7; 10), (9; 16), (12; 13), (14; 15) Theo ngun lí Drichlet phần tử X có hai phần tử thuộc cặp ta có điều phải chứng minh Bài Trên mặt phẳng tọa độ, điểm A(x, y) gọi điểm nguyên x, y số nguyên Giả sử A1 A2 A3 An n-giác lồi có tất đỉnh điểm nguyên Biết miền đa giác (bao gồm tất điểm thuộc miền thuộc biên) không chứa điểm ngun ngồi đỉnh A1 , A2 , , An Chứng minh n ≤ Bài giải Vì đỉnh đa giác điểm nguyên nên tọa độ (x, y) đỉnh thuộc bốn dạng: (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, lẻ), (lẻ, chẵn) Giả sử n ≥ Khi đó, tồn hai đỉnh mà tọa độ chúng thuộc dạng Giả sử hai đỉnh A(x1 , y1 ) B(x2 , y2 ) Khi trung điểm M AB (thuộc miền đa giác) có tọa độ (xM , yM ) thỏa mãn: x1 + x2 y1 + y2 ∈ Z, yM = ∈ Z 2 Điều trái với giả thiết Vậy n ≤ xM = 56 Kết luận Dựa sở lý thuyết tổ hợp, luận văn “Một số kỹ giải toán đếm” đưa số kỹ để giải toán đếm như: Sử dụng khái niện bản, phép tương ứng 1-1 số phương pháp giải nâng cao Luận văn đưa ba dạng toán tổ hợp liên quan đến tốn đếm là: ngun lí bất biến, phân hoạch nguyên lí Dirichlet Đồng thời tác giả sưu tầm tổng hợp hệ thống tập kèm theo lời giải hướng dẫn cụ thể Tác giả muốn giới thiệu kỹ giải tốn đếm Nó khơng giúp ta giải nhanh chóng xác tốn đếm mà cịn trang bị cho cách tư kinh nghiệm để giải tốn tổ hợp nói chung Có thể kết mà luận văn đạt chưa đáng kể tài liệu tham khảo cho quan tâm đến vấn đề Những hướng nghiên cứu tiếp theo: có điều kiện phát triển đề tài tập trung, sâu vào số phương pháp đếm nâng cao Phương pháp truy hồi, nguyên lí bao gồm loại trừ số dạng toán tổ hợp liên quan đến tốn đếm ngun lí bất biến, phân hoạch Nói chung dạng tốn khó đồi hỏi phải đầu tư nhiều thời gian, cơng sức trí tuệ 57 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1 ] Các giảng PGS.TS Nguyễn Vũ Lương - Trường THPT Chuyên Khoa học Tự Nhiên [2 ] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Toán rời rạc, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, 2008 [3 ] Phạm Minh Phương, Một số chuyên đề toán tổ hợp, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, 2010 [4 ] Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Nhà xuất Giáo dục [5 ]Các tài liệu sưu tầm từ internet: Mathscope.org Tiếng Anh [6 ] Titu Andreescu, Zuming Feng, A Path to Combinatorics for Undergraduates Counting Strategies, Birkhauser, 2004 [7 ] Jiri Herman, Radan Kucera, Jaromir Simsa, Counting and Configurations, Spinger-Verlag, 2003 58