(Luận văn thạc sĩ) số học tổ hợp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN LÊ XUÂN DƯƠNG SỐ HỌC TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN LÊ XUÂN DƯƠNG SỐ HỌC TỔ HỢP Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS Nguyễn Hữu Điển Hà Nội - Năm 2017 Mục lục Lời nói đầu Chương Cơ sở lí thuyết số học, tổ hợp 1.1 Số học 1.1.1 Tính chất chia hết tập hợp số nguyên 1.1.2 Đồng dư 1.1.3 Hàm phần nguyên 1.2 Nguyên lý Dirichlet 1.3 Nhắc lại tập hợp 1.3.1 Tập hợp 1.3.2 Tập hợp thứ tự 1.3.3 Số phần tử số tập hợp 1.4 Quy tắc cộng quy tắc nhân 1.4.1 Quy tắc cộng 1.4.2 Quy tắc nhân 1.5 Giai thừa hoán vị 1.5.1 Giai thừa 1.5.2 Hoán vị 1.6 Chỉnh hợp, tổ hợp 1.6.1 Chỉnh hợp 1.6.2 Tổ hợp 5 5 8 9 10 11 11 11 11 11 12 Chương Số học tổ hợp 2.1 Bài toán xếp 2.1.1 Bài toán chia hết 2.1.2 Bài toán bất đẳng thức 13 13 14 16 2.2 2.3 2.4 2.5 2.1.3 Bài toán cực trị 2.1.4 Bài toán tổng hợp Dãy số 2.2.1 Bài toán bất đẳng thức 2.2.2 Bài toán dãy 2.2.3 Lựa chọn dãy 2.2.4 Nhóm số hạng lân cận 2.2.5 Dãy số tiêu chuẩn 2.2.6 Bài toán hỗn hợp Mảng số 2.3.1 Tổng hàng tổng cột 2.3.2 Bài toán mảng 2.3.3 Bài toán tập trường 2.3.4 Bài toán trường lân cận 2.3.5 Biến đổi mảng 2.3.6 Mảng tam giác Cấu hình không thứ tự 2.4.1 Chọn tập 2.4.2 Tập hợp kiểu DS 2.4.3 Bài toán phân hoạch tập 2.4.4 Phân hoạch Phép lặp 2.5.1 Các ví dụ giới thiệu 2.5.2 Phương pháp bất biến 2.5.3 Phương pháp đánh giá 2.5.4 Phương pháp đánh giá - mở rộng 20 22 25 25 27 30 33 34 36 38 38 41 44 46 48 50 54 54 56 57 59 61 62 64 66 69 Kết luận 74 Tài liệu tham khảo 75 Lời nói đầu Có thể nói số học tổ hợp phận thiếu tốn số học nói chung, thường xun xuất đề thi học sinh giỏi cấp Nhưng tài liệu viết số học tổ hợp có đươc đề cập mảng số học Số học tổ hợp thường liên quan nhiều đến đối tượng tập hợp hữu hạn thỏa mãn tính chất số học Vì lẽ tốn mang đặc trưng rõ nét số học có hướng toán dãy số Luận văn đề cập đến phương pháp để giải tốn số học tổ hợp Ngoài phần mở đầu, danh mục tài liệu tham khảo, luận án gồm hai chương Chương I: Cơ sở lí thuyết số học, tổ hợp Chương trình bày lại cách có hệ thống kiến thức số học tổ hợp làm sở cho việc cho việc giải toán Chương II: Số học tổ hợp Đầu tiên chúng tơi trình bày tốn xếp sử dụng tính chia hết, kiến thức bất đẳng thức, cực trị, kiến thức tổng hợp để tồn hốn vị thỏa mãn tính chất số học Mục 2.2 giải tốn có liên quan đến dãy số Dãy dãy, tìm giá trị nhỏ lớn tổng phần tử dãy chứng minh tồn dãy thỏa mãn tính chất Mục 2.3 có tốn mảng số liên quan đến toán số học xếp số vào mảng, mảng con, trường lân cân, mảng tam giác Trong Mục 2.4 giúp ta hiểu rõ toán số học đề cập tới tập, tập hợp con, phân hoạch tập phân hoạch Cuối cùng, Mục 2.5 giải toán dãy lặp hữu hạn, vơ hạn tuần hồn phương pháp bất biến phương pháp đánh giá Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình bảo thầy giáo PGS.TS Nguyễn Hữu Điển Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo Khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học quốc gia Hà Nội, thầy cô trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho thời gian học tập trường Hà Nội, ngày 18 tháng 10 năm 2017 Tác giả Chương Cơ sở lí thuyết số học, tổ hợp Chương nhắc lại số lý thuyết tập hợp hệ thống lý thuyết toán tổ hợp như: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp Các nội dung giảng dạy cho học sinh trung học phổ thông hệ bản, nâng cao hệ chun nghành tốn 1.1 Số học 1.1.1 Tính chất chia hết tập hợp số nguyên Định nghĩa 1.1.1 Với hai số nguyên a b, ta nói a chia hết cho b (hay a bội b, hay b ước a), tồn số nguyên k cho a = kb Lúc ký hiệu a b Trường hợp ngược lại ký hiệu a b ta nói a khơng chia hết cho b Các tính chất tính chia hết i) Nếu a, b nguyên dương mà a b, a ≥ k ii) Nếu a b với i = 1, n ( a1 + a2 + · · · + an ) b iii) Với hai số nguyên không âm a b, b = 0, luôn tồn cặp số nguyên q r cho a = bq + r, ≤ r < b 1.1.2 Đồng dư Định nghĩa 1.1.2 Nếu hai số nguyên a b chia cho số tự nhiên m (m = 0) có số dư ta nói a đồng dư với b theo modulo m viết a ≡ b mod m Các tính chất đồng dư i) Hai số nguyên a b đồng dư với theo modulo m (m số nguyên dương) ( a − b) m ii) Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương tập hợp số nguyên Z iii) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) a+c ≡ b+d (mod m), a−c ≡ b−d (mod m), ac ≡ bd (mod m) iv) Nếu p số nguyên tố ab ≡ (mod p) a ≡ (mod p) b ≡ (mod p) 1.1.3 Hàm phần nguyên Định nghĩa 1.1.3 Cho x số thực, ta gọi phần phần nguyên x, ký hiệu [ x ], số nguyên lớn khơng vượt q x Một số tính chất hàm phần nguyên i) [ x ] = a ⇔ x = a + d, a số nguyên ≤ d < ii) [ x + y] = x, x số nguyên ≤ y < iii) Nếu n số nguyên [n + x ] = n + [ x ] iv) [ x + y] ≥ [ x ] + [y] v) Nếu n số nguyên dương [x] n = x n vi) Nếu n số tự nhiên n[ x ] ≤ [nx ] vii) Với số tự nhiên n q (q = 0) q n q ≤ n 1.2 Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý (Nguyên lý Dirichlet bản) Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa hai thỏ Nguyên lý (Nguyên lý Dirichlet mở rộng) Nếu nhốt n thỏ vào m ≥ chuồng tồn chuồng có n + m −1 m thỏ, kí hiệu [α] để phần nguyên số α Chứng minh Giả sử trái lại chuồng thỏ khơng có đến n+m−1 n−1 n−1 = +1 = +1 m m m con, số thỏ chuồng nhỏ suy tổng số thỏ khơng vượt q m · n −1 m n −1 m Từ = n − Điều vơ lý có n thỏ Vậy giả thiết phản chứng sai Nguyên lí Dirichlet mở rộng chứng minh Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản vậy, công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc tốn học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác tốn học Ngun lí nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn mà khơng đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều toán ta cần tồn đủ Nguyên lí Dirichlet thực chất định lí tập hữu hạn Người ta phát biểu xác nguyên lí dạng sau Nguyên lý (Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp) Cho A B hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử A lớn số lượng phần tử B Nếu với quy tắc đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B, tồn hai phần tử khác A mà chúng tương ứng với phần tử B Nguyên lý (Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng) Giả sử A, B hai tập hợp hữu hạn S( A), S( B) tương ứng kí hiệu số lượng Hình 1.1 phần tử A B Giả sử có số tự nhiên B mà S( A) > kS( B) ta có quy tắc cho tương ứng phần tử A với phần tử B Khi tồn k + phần tử A mà chúng tương ứng với phần tử B Chú ý: Khi k = 1, ta có lại ngun lí Dirichlet 1.3 Nhắc lại tập hợp 1.3.1 Tập hợp Định nghĩa 1.3.1 Cho tập hợp A Tập hợp B gọi tập tập A phần tử tập B thuộc A B ⊂ A ⇔ (∀ x ∈ B ⇒ x ∈ A) Tính chất 1.3.2 • Mọi tập hợp A có tập ∅ A • Tập A có n phần tử số tập A 2n 1.3.2 Tập hợp thứ tự Một tập hợp hữu hạn có m phần tử gọi thứ tự với phần tử tập hợp ta cho tương ứng số tự nhiên từ đến m, cho với phần tử khác ứng với số khác 61 Như mục toán lựa chọn tập cho tổng hiệu chúng thỏa mãn đẳng thức bất đẳng thức Các tốn dạng DS, toán phân hoạch, phân hoạch giải cách tường minh 2.5 Phép lặp Ký hiệu X tập tất cấu hình khảo sát tốn lặp cho Ví dụ, tất mảng số nguyên × 4, hay tập tất dãy số thực có chiều dài cho trước Quy tắc cho trước phần tử riêng biệt x ∈ X mà ta lặp toán sinh quan hệ Ω X, tức tập khác rỗng tích Đề-các X × X (Ω ⊆ X × X) Trong tất toán, quan hệ Ω miêu tả sau: Với phần tử x ∈ X, ta có quy tắc cho phép ta thành lập tất phần tử tập Ω( x ) := {y ∈ X : ( x, y) ∈ Ω} (nếu tập Ω( x ) có phần tử với x ∈ X, quan hệ Ω ánh xạ Ω : X → X) Nếu tập X khơng có q nhiều phần tử, đơn giản ta mơ quan hệ Ω đồ thị có hướng Một dãy hữu hạn vô hạn x1 , x2 , X gọi lặp (với quan hệ Ω) với hai số hạng lân cận xi , xi+1 ta có xi+1 ∈ Ω( xi ) Ba câu hỏi xuất thường xuyên nghiên cứu dãy lặp (a) Bài tốn tính đạt Cho hai tập A ⊆ X B ⊆ X, kiểm tra có tồn dãy lặp x1 , x2 , , xn cho x1 ∈ A xn ∈ B Một trường hợp quan trọng trường hợp hai tập A, B có phần tử Ta nói phần tử b đạt từ phần tử a tồn dãy lặp a = x1 , x2 , , xn = b; thời điểm a đạt từ b, ta gọi cặp a, b cặp phần tử đạt đồng thời (b) Bài tốn tính hữu hạn Kiểm tra xét có tồn dãy lặp vô hạn, câu trả lời không, thiết lập đánh giá cận chiều dài cực đại dãy (Trong trường hợp ta phải loại trừ tất cặp ( x, x ) thuộc Ω, khơng, ta phải nói vêf tốn ổn định hóa dãy lặp vơ hạn.) 62 (c) Bài tốn tuần hồn Kiểm tra xem có tồn dãy lặp tuần hồn; miêu tả tất dãy tìm chu kỳ tuần hồn chúng 2.5.1 Các ví dụ giới thiệu Ta bắt đầu giải thích số tốn xung quanh dãy lặp Bài 2.5.1 Trên bàn có viên sỏi, chia thành nhiều Từ ô lấy viên sỏi tạo thành ô với chúng Tiếp tục lặp lại thao tác Hỏi có có bàn sau 30 bước (cách chia ban đầu viên sỏi khơng biết) Hình 2.8 Giải Ta miêu tả cách chia viên sỏi thành ô họ số, số số viên sỏi Vì thứ tự cách chia không ảnh hưởng, cách chia biểu diễn họ [6], [5, 1], [4, 2], [3, 3], [4, Quá trình biến đổi biểu diễn đồ thị có hướng Hình 2.8, mũi tên biểu diễn cách thay đổi bố cục ô bước Từ đồ thị ta dễ thấy sau nhiều bước ta thu cách chia [3, 2, 1], không thay đổi (và sau 30 bước cẫn có bàn) Bài tốn 2.5.1 cịn tổng quát hóa cho trường hợp số viên sỏi tùy ý Bài 2.5.2 Từ số dương ( a, b, c, d) ta tạo thành ( ab, bc, cd, da), tiếp tục lặp lại trình Chứng minh rằng, dãy lặp thu được, bốn số ban đầu ( a, b, c, d) không xuất lại, ngoại trừ trường hợp a = b = c = d = 63 Giải Giả sử sau số bước, ta thu bốn số ban đầu, đặt s = abcd Do ( ab)(bc)(cd)(da) = s2 , ta dễ dàng suy quy nạp k sau k bước ta thu gồm số mà có tích s2 Do k đó, từ giả thiết, suy s2 = s với k ≥ 1, s = Trong trường hợp abcd = 1, thứ tư có dạng ( a, b, c, d) → ( ab, bc, cd, da) → ( ab2 c, bc2 d, cd2 a, da2 b) → → ( ab3 c3 d, bc3 d3 a, cd3 a3 b, da3 b3 c) = (b2 c2 , c2 d2 , d2 a2 , a2 b2 ) Do thứ tư suy từ thứ hai cách lấy bình phương phần tử thay đổi thứ tự chúng Theo cách tương tự, thứ sáu suy từ thứ tư, thứ tám suy từ k −1 thứ sáu, v.v Do đó, số lớn thứ 2k t2 , t số lớn số ab, bc, cd, da Do theo giả thiết, dãy lặp tuần hoàn, dãy số t, t2 , t4 , t8 , có hữu hạn phần tử, điều xảy t = Mặt khác, ta có = a2 b2 c2 d2 = ( ab)(bc)(cd)(da) ≤ t · t · t · t = tt4 Từ suy ab = bc = cd = da = Bộ thứ hai (1, 1, 1, 1); đó, tất theo sau có dạng, cuối cùng, dạng Bài 2.5.3 Từ n số x1 , x2 , , xn bao gồm số +1 −1 ta tạo thành n số ( x1 x2 , x2 x3 , , xn x1 ), tiếp tục trình Chứng minh n = 2k với số nguyên k ≥ 1, sau số bước định ta thu n số (1, 1, , 1) Giải Ta chứng minh khẳng định quy nạp, với k = khẳng định hiển nhiên Giả sử khẳng định với k ≥ xét dãy tùy ý ( x1 , x2 , , xn ) gồm số ±1 có độ dài n = 2k+1 Vì xi2 = với i, phép lặp thứ hai ( x1 x22 x3 , x2 x32 x4 , , xn−1 xn2 x1 , xn x12 x2 ) thành n số ( x1 x3 , x2 x4 , , xn−1 x1 , xn x2 ), mà suy cách thay đổi số hạng hai 2k số ( x1 x3 , x3 x5 , , xn−1 x1 ) ( x2 x4 , x4 x6 , , xn x2 ) (2.12) 64 Sử dụng quy tắc tương tự ta thu phép lặp thứ từ phép lặp thứ hai, phép lặp thứ từ phép lặp thứ 4, v.v Do đó, sau 2j bước (j ≥ 2) ta thu từ n ban đầu mà thành phần phép lặp thứ ( j − 1) hai dãy (2.12) trộn với Nhưng theo giả thiết quy nạp phép lặp bao gồm số với j đủ lớn Kết thúc chứng minh quy nạp 2.5.2 Phương pháp bất biến Bây miêu tả khái niệm quan trọng mà thường sử dụng tìm nghiệm toán bất biến Một bất biến quan hệ Ω X với giá trị K ánh xạ I : X → K khác (tức là, I ( x ) == I (y) với x, y ∈ X đó) có tính chất I ( x ) = I (y) với ( x, y) ∈ Ω Trong tốn, K ln tập số Vì giá trị bất biến không thay đổi phần tử dãy lặp bất kỳ, ta kết luận phần tử y đạt từ x tồn bất biến I cho I ( x ) = I (y) Ta giải thích quy luật khơng thể đạt ví dụ sau Bài 2.5.4 Trên đường trịn có số 48 số theo thứ tự 1, 0, 1, 0, , Ta phép thay đổi cặp số x, y cặp x + 1, y + (theo thứ tự này) Chứng minh cách lặp lại trình ta thu 50 số giống Giải Ta kí hiệu số đường trịn x1 , x2 , , x50 , đếm theo chiều định Vì ta có đẳng thức ( x + 1) − (y + 1) = x − y, bất biến cách hoạt động câu hỏi phát biểu với tất cặp số hạng kề xi , xi−1 phụ thuộc hiệu xi − xi+1 Khơng khó để đoán biểu thức I = x1 − x2 + x3 − x4 + + x49 − x50 bất biến Với dãy ban đầu ta có I = − + = 2, với dãy 50 số giống ta có I = Điều hồn thành chứng minh tính khơng thể đạt Bài 2.5.5 Giả sử mảng n × n bao gồm dấu + − Ta phép thay đổi tất dấu nằm trường hàng cột, 65 trường hàng chéo song song với hai đường chéo Với mảng Hình 2.9, tương ứng n = 4, 5, 6, kiểm tra xem sau lặp q trình bên ta biến đổi chúng thành bảng gồm n2 dấu + Hình 2.9 Giải Ta đổi dấu mảng thành số +1 −1 ký hiệu chúng aij , i, j ∈ {1, 2, , n} Khi tích số phần tử aij bất biến phép biến đổi hàng bất kỳ, cột bất kỳ, hàng chéo bất ký chứa số chẵn số Ta thử tìm tích với n = 4, ta ý có dạng I = a12 a13 a21 a24 a31 a34 a42 a43 Do với bảng Hình 2.9 ta có I = −1, khơng thể biến thành bảng có I = Với bảng khác ta không thiết tìm bất biến khác, ta cần xét bất biến xây dựng từ mảng × chúng góc bên phải Vì hai trường hợp ta có I = −1, suy biến đổi mảng thành mảng u cầu mà khơng có dấu − Bài 2.5.6 Trong tập Xn gồm tất dãy a = ( a1 , a2 , , an ) bao gồm số 0, 1, ta có phép biến đổi sau: Trong dãy ( a1 , , an ) ta thay đổi hai ba lân cận phần từ ( , ai+1 , ai+2 ) ( ai+3 , ai+4 , ai+5 ), ≤ i ≤ n − 5, tức từ biến đổi thành dãy a = ( a , , a i −1 , a i +3 , a i +4 , a i +5 , a i , a i +1 , a i +2 , a i +6 , , a n ) 66 Chứng minh từ tập Xn ta chọn p dãy mà đơi đạt phép biến đổi bên trên, số p xác định   n = 3k  ( k + 1) p = (k + 2)(k + 1) n = 3k +   (k + 2) (k + 1) n = 3k + Giải Với a = ( a1 , a2 , , an ) ∈ Xn ta đặt S1 ( a ) = a + a + a + · · · S2 ( a ) = a + a + a + · · · S3 ( a ) = a + a + a + · · · Các tổng S1 , S2 , S3 rõ ràng bất biến, thay đổi ba đổi chỗ hai số hạng tổng Si Trong trường hợp n = 3k với p = (k + 1)3 ba số chọn từ {0, 1, , k} ta dễ dàng tìm dãy a ∈ Xn cho Si ( a) = αi (i = 1, 2, 3), nên p dãy đôi khơng đạt Tương tự, số thích hợp p dãy tìm trường hợp n = 3k + n = 3k + 2, số đầu tiên, tương ứng hai số, số α1 , α2 lấy giá trị k + 2.5.3 Phương pháp đánh giá Để nghiên cứu dãy lặp quan hệ Ω X ta thấy ngồi tính bất biến Mục 2.5.2, ánh xạ tổng quát J : X → X hữu ích, giá trị sau lặp phần tử X thay đổi cách đơn điệu Do ta gọi ánh xạ J : X → K đánh giá không tăng (tương ứng giảm) quan hệ Ω với cặp ( x, y) ∈ Ω, x = y, ta có J ( x ) ≥ J (y) (tương ứng J ( x ) > J (y)) Tương tự, ta định nghĩa đánh giá không giảm, tương ứng tăng; tất trường hợp K tập R, N0 , Z với thứ tự thông thường Ta ý rằng, quan hệ định có đánh giá khơng tăng J, với dãy lặp x1 , x2 , ta có J ( x1 ) ≥ J ( x2 ) ≥ · · · , 67 điều cho phép ta giải tốn tuần hồn (điều kiện J ( x1 ) = J ( x2 ) thường dẫn tới miêu tả tất phần tử x1 có thể) Ngồi J đánh giá giảm với giá trị N0 , dãy lặp vô hạn x1 , x2 , tồn số n cho J ( xn ) = J ( xn+1 ) = · · · , tức xn = xn+1 = · · · , tập khác rỗng N0 chứa phần tử nhỏ nó; điều giải tốn tính hữu hạn, tương ứng tốn ổn định hóa Bài 2.5.7 Từ số thực ( a, b, c, d) ta tạo thành ( a − b, b − c, c − d, d − a), tiếp tục lặp lại phép biến đổi Chứng minh rằng, miễn ban đầu không thỏa mãn a = b = c = d, sau số bước định ta thu mà chứa số lớn 106 Giải Ta xét đánh giá không âm J ( a, b, c, d) = a2 + b2 + c2 + d2 ký hiệu ( an , bn , cn , dn ) mà thu từ ban đầu sau n bước Dễ thấy an + bn + cn + dn = với n ≥ nên với n ta viết J ( an+1 ,bn+1 , cn+1 , dn+1 ) = ( a n − bn ) + ( bn − c n ) + ( c n − d n ) + ( d n − a n ) = 2J ( an , bn , cn , dn ) − 2( an bn + bn cn + cn dn + dn an ) = 2J ( an , bn , cn , dn ) − 2( an + cn )(bn + dn ) = 2J ( an , bn , cn , dn ) + 2( an + cn )2 ≥ 2J ( an , bn , cn , dn ) Hệ thức cho ta đánh giá J ( an , bn , cn , dn ) ≥ 2n−1 J ( a1 , b1 , c1 , d1 ) với n ≥ Do đó, trừ J ( a1 , b1 , c1 , d1 ) = (mà xảy a = b = c = d), điều có nghĩa J ( an , bn , cn , dn ) = a2n + bn2 + c2n + d2n > 36 · 1012 với n đủ lớn, số | an |, |bn |, |cn |, |dn | phải lớn · 106 Tuy nhiên, an + bn + cn + dn = 0, từ giả thiết max{ an , bn , cn , dn } ≤ 106 ta thu cận min{ an , bn , cn , dn } ≥ −3 · 106 , max{| an |, |bn |, |cn |, |dn |} ≤ · 106 , mâu thuẫn Chú ý phép biến đổi bên ánh xạ tuyến tính từ R4 → R4 , nên tốn giải cách thơng thường cách tìm giá trị riêng véctơ riêng ma trận × tương ứng 68 Bài 2.5.8 Cho dãy số nguyên x1 , x2 , , xn Nếu i, j số tùy ý cho xi − x j = 1, ta thay số hạng xi , x j số xi + 1, x j − (theo thứ tự này) Chứng minh có hữu hạn bước lặp Giải Đánh giá số nguyên J = x12 + x22 + · · · + xn2 tăng lên sau phép biến đổi, ( xi + 1)2 + ( x j − 1)2 − ( xi2 + x2j ) = 2( xi − x j ) + = Nếu ta đặt m = min{ x1 , x2 , , xn } M = max{ x1 , x2 , , xn }, ta cần với n đạt (y1 , , yn ), ta có cận m − 3n < yi < M + 3n với i = 1, 2, , n (Các cận kéo theo đánh giá J bị chặn dãy lặp.) Phương pháp tiếp cận ta dựa nhận xét sau Với k ∈ Z ta có { x1 , , xn } ∩ {k − 1, k, k + 1} = ∅, {y1 , , yn } ∩ {k − 1, k, k + 1} = ∅ với n (y1 , , yn ) đạt từ ( x1 , , xn ) Do đó, ta giả sử n (y1 , , yn ) mà đạt từ ( x1 , , xn ) thỏa mãn yi ≥ M + 3n với i ∈ {1, 2, , n}, số nguyên a, M ≤ a ≤ yi , phải phần tử thuộc n xuất trình lặp Cho nên tập {y1 , , yn } phải có giao khác rỗng với (n + 1) tập rời { M − 1, M, M + 1}, { M + 2, M + 3, M + 4}, , { M + 3n − 1, M + 3n, M + 3n + 1}, mâu thuẫn Tương tự, ta ngoại trừ trường hợp yi ≤ m − 3n với i ∈ {1, 2, , n} Điều phải chứng minh Bài 2.5.9 Giả sử n số thực, n ≥ 4, viết đường tròn Nếu bốn số kề a, b, c, d thỏa mãn ( a − d)(b − c) < 0, ta đổi chỗ hai số kề b, c Chứng minh ta thực hữu hạn bước biến đổi Giải Đầu tiên ta nhận xét chí có hữu hạn hốn vị n số đường trịn, khơng hiển nhiên dãy biến đổi vô hạn (tức tuần hồn) Ta có ( a − d)(b − c) = ( ab + cd) − ( ac + bd), cặp dấu ngoặc bên phải ta có tích đặt vị trí hai đầu ( a, b, c, d), cặp dấu ngoặc thứ hai ta có tích ( a, c, b, d), mà thu từ ban đầu cách đổi chỗ b, c, ra, cặp trung tâm giống hai (sai khác 69 vị trí) Do đó, đơn giản ta ký hiệu số liên chiều x1 , x2 , , xn xét đánh giá J = x x + x x + · · · + x n −1 x n + x n x , đánh giá tăng, Vì với n cho trước có hữu hạn giá trị J, sau số bước J đạt giá trị lớn nhất, phép biến đổi sau khơng thể xảy 2.5.4 Phương pháp đánh giá - mở rộng Bây ta xét thêm ba tốn khó mà giải cách đánh giá đơn điệu Bài 2.5.10 Giả sử dãy gồm 2n + số nguyên có tính chất: Nếu ta xóa số số cịn lại chia thành hai tập n phần tử cho tổng số hai tập giống Chứng minh dãy tạo thành từ 2n + số giống Giải Mỗi số hạng dãy xét sai khác với tổng tất 2n + số hạng số chẵn Điều có nghĩa toàn dãy chứa riêng số chẵn chứa riêng số lẻ Do ta có dãy có dạng 2a1 , 2a2 , , 2a2n+1 , dãy có dạng 2a1 − 1, 2a2 − 1, , 2a2n+1 − 1; hai trường hợp ta xét dãy số nguyên a1 , a2 , , a2n+1 Cách rút gọn bảo tồn tính chất ban đầu dãy, với hai tập n phần tử có số I, J ⊂ {1, 2, , 2n + 1} ta có đẳng thức ∑ 2ai = ∑ 2a j , ∑(2ai − 1) = ∑ (2a j − 1), i∈ I j∈ J i∈ I j∈ J ∑ = ∑ a j i∈ I j∈ J Vì bất đẳng thức | x | ≤ |2x | | x | ≤ |2x − 1| với x ∈ Z, cách rút gọn bên không làm tăng tổng S trị tuyệt đối tất 2n + số hạng dãy Ngồi ra, giá trị S số ngun khơng âm, sau số bước ta thu dãy số nguyên b1 , b2 , , b2n+1 , cho tổng S = |b1 | + |b2 | + · · · + |b2n+1 | không thay đổi sau rút 70 gọn thêm Cho nên với i ∈ {1, 2, , 2n + 1} ta có |bi | = |2bi | (tức bi = 0) |bi | = |2bi − 1| (tức là, bi = 1) Tuy nhiên, số b1 , b2 , , b2n+1 có tính chẵn lẻ, ta có bi = (1 ≤ i ≤ 2n + 1) bi = (1 ≤ i ≤ 2n + 1) Bây dễ kiểm tra theo quy nạp tất (2n + 1) trước chứa số đồng Bài 2.5.11 Từ n số nguyên a1 , a2 , , an ta tạo thành n số a1 + a2 a2 + a3 a + a n a n + a1 , , , n −1 , 2 2 , tiếp tục phép biến đổi Tìm tất n ban đầu biết tất n xuất sau tạo thành số nguyên Giải Nếu a1 = a2 = · · · = an , rõ ràng sau phép biến đổi ta thu ban đầu gồm số nguyên giống Tuy nhiên, ta không vội kết luận tất trường hợp n cần tìm Ví dụ, trường hợp n chẵn, (c, d, c, d, , c, d) có tính chất cần tìm, c d cặp số ngun có tính chẵn lẻ Cho ( a1 , a2 , , an ) n có tính chất cho, đặt M = max{ a1 , a2 , , an } m = min{ a1 , a2 , , an } Vì M (tương ứng m) đánh giá số nguyên không tăng (tương ứng không giảm) phép biến đổi cho M ≥ m, điều có nghĩa giá trị M m dãy lặp vô hạn khơng thay đổi từ vị trí định (cụ thể bắt đầu với phép lặp (b1 , b2 , , bn )) Nhưng ta có đẳng thức max bn + b1 b1 + b2 b2 + b3 , , , 2 = max{b1 , b2 , , bn } (= M ) dãy b1 , b2 , , bn , b1 số M xuất hai vị trí Nếu ta lặp lại lập luận cho phép lặp sau, theo quy nạp theo k ≥ ta thu khẳng định sau: Trong dãy tuần hồn vơ hạn b1 , b2 , , bn , b1 , b2 , , bn , 71 số M xuất k + vị trí lân cận Điều xảy với k ≥ b1 = b2 = · · · = bn Nếu n (b1 , b2 , , bn ) không ban đầu, phép lặp trước (c1 , c2 , , cn ) phải thỏa mãn c1 + c2 c + c3 c n + c1 = = ··· = , 2 tức là, c1 = c3 = c5 = · · · c2 = c4 = · · · Từ suy trường hợp n lẻ, c1 = c2 = · · · = cn (và rõ ràng n ban đầu chứa n số giống nhau) Với n chẵn ta có (c1 , c2 , , cn ) = (c, d, c, d, , c, d), c d số nguyên có tính chẵn lẻ Cuối cùng, ta chứng minh trường hợp c = d (c1 , c2 , , cn ) ban đầu; tức là, không tồn số nguyên e1 , e2 , , en thỏa mãn đồng thời đẳng thức e1 + e2 e + e4 e + en = = · · · = n −1 =c 2 e2 + e3 e + e5 e n + e1 = = ··· = = d 2 Thật vậy, đẳng thức kéo theo nc = e1 + d2 + e3 + e4 + · · · + en−1 + en = nd, c = d, mâu thuẫn Bài 2.5.12 Giả sử số nguyên x1 , x2 , , xn viết liên tiếp lên góc n-giác, S = x1 + x2 + · · · + xn > Nếu với k ∈ {1, 2, , n} ta có xk < 0, ta tiến hành phép biến đổi sau: Các số xk−1 , xk , xk+1 đổi thành xk−1 + xk , − xk , xk+1 + xk , theo thứ tự này; ta đặt x0 = xn xn+1 = x1 Ta lặp lại phép biến đổi n mới, v.v Chứng minh trường hợp n = n = có hữu hạn phép biến đổi tiến hành, tức là, sau hữu hạn bước ta thu n gồm số không âm 72 Giải Đầu tiên ta ý ( xk−1 + xk ) + (− xk ) + ( xk+1 + xk ) = xk−1 + xk + xk+1 , nên tổng S bất biến phép biến đổi đề Trong trường hợp n = khơng khó để kết luận đánh giá J ( x1 , x2 , x3 ) = x12 + x22 + x32 ; (2.13) tính đối xứng ta cần xét phép biến đổi J với k = Do đặt x2 < 0, phép biến đổi cho ta J ( x1 + x2 , − x2 , x3 + x2 ) = ( x1 + x2 )2 + (− x2 )2 + ( x3 + x2 )2 = ( x12 + x22 + x32 ) + 2x2 ( x1 + x2 + x3 ) = J ( x1 , x2 , x3 ) + 2x2 S < J ( x1 , x2 , x3 ) Cho nên J đánh giá giảm, theo (2.13) giá trị J số nguyên không âm, điều kết thúc chứng minh tính hữu hạn trường hợp n = Với n = tình trở nên phức tạp Dự đoán đánh giá thích hợp J ( x1 , x2 , , x5 ) cần phải tưởng tượng đáng kể, nhiên ta giả sử J dạng tồn phương, ta có sử dụng phương pháp hệ số bất định, cụ thể, để tìm J dạng J ( x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = p( x12 + x22 + x32 + x42 + x52 ) + q ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 + x4 x5 + x5 x1 ) (2.14) + r ( x1 x3 + x2 x4 + x3 x5 + x4 x1 + x5 x2 ) với số chưa biết p, q, r Các hệ số (2.14) chọn cho J bất biến đổi với phép giao hoán x1 , x2 , , x5 mà không thay đổi trường hợp tốn; ngồi ra, điều rút gọn việc nghiên cứu thay đổi J thành trường hợp k = Tính tốn thơng thường ta J ( x1 + x2 , − x2 , x3 + x2 , x4 , x5 ) − J ( x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = 2p( x1 x2 , x22 + x2 x3 ) + q(−2x1 x2 − 2x22 − 2x2 x3 + x2 x4 + x2 x5 ) + r ( x1 x2 + x22 + x2 x3 − x2 x4 − x2 x5 ) 73 = x2 [(2p − 2q + r )( x1 + x2 + x3 ) + (q − r )( x4 + x5 )] Rõ ràng đơn giản ta yêu cầu 2p − 2q + r = q − r = c > 0; số hạng ngoặc vuông c( x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) = cS > 0, với điều kiện x2 < J đánh giá giảm Giả thiết số p, q, r viết lại thành p= r + 3c q = r + c, số r c tùy ý Thay vào (2.14) xếp lại, ta thu r+c ( x1 + x2 + x3 + x4 + x5 )2 J ( x1 ,x2 , x3 , x4 , x5 ) = c + [( x1 − x2 ) + ( x2 − x − 4)2 + ( x3 − x5 )2 + ( x4 − x1 )2 + ( x5 − x2 )2 ] Từ ta thấy giá trị J số nguyên không âm hai số hạng để chẵn, c > r ≥ −c Đánh giá dễ thu với c = r = −2: J = ( x1 − x2 )2 + ( x2 − x − 4)2 + ( x3 − x5 )2 + ( x4 − x1 )2 + ( x5 − x2 )2 Điều kết thúc chứng minh cho trường hợp n = Trong phần ta giải toán phương pháp lặp cho dãy lặp vơ hạn liệu có tồn dãy lặp tuần hồn miêu tả tất dãy tìm chu kì tuần hồn chúng Phần giới thiệu phương pháp bất biến, phương pháp đánh giá, phương pháp đánh giá mở rộng 74 Kết luận Luận văn với đề tài “Số học tổ hợp” giải kết vấn đề sau: Luận văn hệ thống khái niệm phép chia hết, tính chất phép chia hết, khái niệm tổ hợp, nguyên tắc Dirichlet Luận văn giới thiệu tốn tính chất chia hết dãy số dãy dãy số thỏa mãn tính chất chia hết Luận văn giới thiệu toán dãy số toán bất đẳng thức, toán lựa chọn dãy con, dãy tiêu chuẩn, thơng qua giúp người đọc thấy hấp dẫn ấn tượng toán dãy số Luận văn đưa phương pháp giải tốn có liên quan đến mảng, mảng con, trường, trường lân cận giải toán liên quan tới việc biến đổi mảng Luận văn giúp ta có nhìn thấu đáo cấu hình khơng thứ tự, tức phần tử khơng có thứ tự theo mơ hình bao gồm toán tập DS, phân hoạch Luận văn cung cấp phương pháp giải toán phép lặp thơng qua tốn tính đạt được, tốn tính hữu hạn, tốn tuần hồn Như luận văn hệ thống đầy đủ đa dạng toán số học tổ hợp, cung cấp thêm cho thầy cô giáo tài liệu hữu ích sơ học tổ hợp việc bồi dưỡng học sinh giỏi 75 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Hữu Điển (1999), Phương pháp DIRICHLET ứng dụng, NXB Khoa học kĩ thuật Hà Nội [2] Nguyễn văn Thông (2012), Bồi dưỡng học sinh giỏi toán tổ hợp rời rạc, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Phan Huy Khải (2009), Số học dãy số, NXB Giáo dục [4] Phạm Minh Phương (2006), Các chuyên đề số học, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Vĩnh (2005), 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp, NXB Giáo dục [6] Tập san Toán học tuổi trẻ năm Tiếng Anh [7] J Herman, R Kucera, and J Simsa (2003), Counting and Configurations Problems in Combinatorics, Arithmetic, and Geometry, Translated by Karl Dilcher, Springer ... Có thể nói số học tổ hợp phận khơng thể thiếu tốn số học nói chung, thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp Nhưng tài liệu viết số học tổ hợp có đươc đề cập mảng số học Số học tổ hợp thường... liệt kê kiến thức tổ hợp dùng cho chương sau tổ hợp, chỉnh hợp Các kiến thức số học liên quan tính chất chia hết tổng, hiệu, phần nguyên, số phần tử tập hợp 13 Chương Số học tổ hợp Chương dành... chương Chương I: Cơ sở lí thuyết số học, tổ hợp Chương trình bày lại cách có hệ thống kiến thức số học tổ hợp làm sở cho việc cho việc giải toán Chương II: Số học tổ hợp Đầu tiên chúng tơi trình