Đa thức và dãy số trong các kỳ thi HSG các nước năm 2017 - Lê Phúc Lữ

Ở bài toán này, ta chủ động xây dựng các con thỏ (các bộ ba) để đưa vào các chuồng phù hợp (các giá trị). Vì số thỏ theo cách làm trên tăng theo đa thức bậc ba, còn số chuồng chỉ là b[r]

ĐA THỨC, DÃY SỐ TRONG KỲ THI CÁC NƯỚC 2017

Bài (USA Preselection) Cho đa thức P Q, hệ số thực thỏa mãn

P x( )  Q x( ) với x Chứng minh P x( )Q x( )

Gợi ý Đặt R x( )P x( )Q x( ) dễ thấy R x( )

   với x Nếu degR1 điều khơng thể xảy nên degR0

Đặt R x( )c giả sử c0 Không tính tổng qt, ta xét c0,

( ) ( ) P x Q x c

Ta thấy, tồn x0 đủ lớn P Q, đơn điệu song ánh ( ;x0 ) Xét mx0 cho

( )

P m  k , Q m( )k nên ta có

Q m( )  P m( ), mâu thuẫn Vậy c0 hay P x( )Q x( ) Bài (Bosnita) Cho 0;

2   

  thỏa mãn

tan 2 Xét dãy số ( )un xác định tan

n

u  n với n1, 2,3,

Chứng minh với n un viết thành phân số nguyên tối giản có mẫu số lẻ Gợi ý Sử dụng công thức cộng tan quy nạp, đặt tan(n 1) p

q 

  với ( , ) 1p q  q lẻ; thay vào có đpcm

Bài (Indonesia) Cho đa thức P x( ) có hệ số ngun có nghiệm ngun phân biệt Giả sử tồn x0 cho P x( )0 2017

Chứng minh P x( ) 0.0 

Gợi ý Đặt P x( ) ( x x x x 1)(  2)(x x Q x 9) ( ) với Q x( )[ ]x , x x1, , ,2  x9 nghiệm phân biệt P x( ) Giả sử tồn x0 cho P x( ) 00  Q x( ) 00  , suy Q x( ) 1.0 

Ta có

0

( ) 4!5! 2880 2017

P x    , mâu thuẫn

Bài (Belarus) Cho số (0;1], chứng minh không tồn dãy số ( )xn gồm vô hạn số

hạng cho xn2  xn1xn,n

Gợi ý Ta có xn1xn nên xn1xn Suy

1

n n n

x x x

     hay

1

n n n

x x x Bài (Moldova) Cho

0

( ) n i

i i

P x a x



 với an 0 a0 a a1, , ,2  an 0 Gọi b hệ số xn1

trong P x2( ), chứng minh P2(1) 4 b

Gợi ý Dùng BĐT AM-GM, ta có

2 2

1

1

1 (1)

4

n n n

i n i i i

i i i

P b a a   a a a

  

 

     

 

  

Bài (Ấn Độ) Cho đa thức bậc ba

3

( ) 2016n

P x x x   với n Biết P có ba nghiệm ngun (khơng thiết phân biệt), chứng minh   3

Gợi ý Xét theo mod để chứng tỏ n0 Từ suy nghiệm  1, 1, 2

Bài (ELMO) Cho 0;1 k 

  a b, (0;1)

Xét dãy số 1

1

n n

a a

a a





 

    

1

( )k n n

b b

b b



 

 



Gợi ý Tìm cơng thức tổng qt hai dãy dùng BĐT ln(1  x) x với x(0;1) Bài (Benelux) Cho số nguyên dương k2

đặt 65k 1 2 0

n n

a a  a a a

  Xét đa thức

1

1

( ) n n

n n

P x a x a x    a x a Chứng minh đa thức nghiệm hữu tỷ

Gợi ý Nghiệm hữu tỷ đa thức có dạng p q



thì p 1;5 q1, 2, ,9  Xét phép chia đa thức q P xn ( ) ( qx p f x ) ( ) với f x( ) x (cần nhân qn để đảm bảo f hệ số nguyên)

thay x10, ta có qn65k (10q p f ) (10) Nếu p1 dễ thấy vơ lý 65k khơng có ước

dạng 10q1

Nếu p5 xét chữ số tận hai vế để suy điều vô lý

Bài (Iran MO) a) Chứng minh không tồn dãy vô hạn số nguyên dương a a a1, , ,2 

sao cho gcd(ai  j a, j  i) với i j b) Chứng minh tồn dãy số ( )an gồm vô hạn số nguyên dương cho

gcd(ai j a, ji) không chia hết cho 2017 Gợi ý a) Xét trường hợp a2n chẵn, lẻ xét tương ứng a2n1,a2n1 để suy điều vô lý b) Chọn dãy số an   n (mod 2017)

Bài 10 (China MO) Với n, xét đa thức

0

( ) n i

i i

P x a x



 với ai 0;1 i(mod 2)

i n

a C

Tính số số n2017 để P x( ) phân tích thành tích đa thức hệ số nguyên bất khả quy?

Gợi ý Ta có bổ đề:

(1) (Định lý Lucas) Với m n, , giả sử ,a 2b

a A b B

m n

 

  với A B, tập hợp số tự nhiên Khi đó, n

m

C lẻ B A (2) Với số nguyên dương n ( ) 2n 1

P x x  bất khả quy

Từ suy 2i i A

n



 đa thức P xn( ) phân tích thành i( )

i A

P x





Từ đếm 11

C số n thỏa mãn

Bài 11 (USA TST) Cho đa thức f g, có hệ số khơng âm thỏa mãn 1 ( )

( ) f x x cx

g x

   với

mọi x, c 2 2 Chứng minh deg f 16

Gợi ý Ta có 2cos 16 c  Đặt

0

( ) n i

i i

g x a x



 với

i

a  khai triển, tìm điều kiện cần n để có tất hệ số f x( ) khơng âm Có thể nhân

sin 16 k

vào BĐT biến đổi tích thành tổng Bài 12 (China TST) Cho đa thức P x( ) có bậc ba ba nghiệm vơ tỷ a b c, , có tổng Giả sử tồn p q,  cho a b 2 pb q (*)

Chứng minh T  p22p8q7 số

chính phương

Gợi ý Đặt f x( )x2 px q xét phép chia

( ( )) ( ) ( ) ( )

P Q x P x f x r x , thay x b vào suy 0r b( ) nên dễ có r x( ) 0 hay (*) với b c 2 pc q c a ,  pa q

Bài giảng Tổ hợp trường Đơng 2017

MỘT SỐ BÀI TỐN TỔ HỢP TRÊN DÃY SỐ

I) Giới thiệu

- Các khía cạnh thường gặp dãy số: giới hạn, dãy số nguyên tính chất số học, tốn đếm – tính chất dãy số dạng tổ hợp

- Các phương pháp thường gặp: truy hồi, xuống thang, cực hạn, …

- Bổ sung định lý Beatty toán áp dụng II) Các tập áp dụng

Bài Tìm tất số nguyên dương

1, , , ,2 2017

x x x  x cho đặt chúng lên vịng trịn theo thứ tự mà số liên tiếp chia thành hai nhóm có tổng Phân tích Dùng phương pháp xuống thang Ta có xixi1xi2xi3xi4xi5 0(mod 2) với i1, 2,3, , 2017 nên

6

i i

x x với i

Vì (6, 2017) 1 nên suy tất số có tính chẵn lẻ Ta xét phép biến đổi dãy số sau: Nếu tất số chẵn thay

2

i i

x y  Nếu tất số lẻ thay

2

i i

x y  

Dễ thấy dãy thỏa tổng 2017

1 i

i

S a





giảm ngặt có số dãy khác 1; suy q trình biến đổi dừng lại tất Vì ta thu dãy tồn nên dãy ban đầu có tất số hạng

Nhận xét Bài tốn thay việc chia nhóm thành 3, 4,5, nhóm giải cách tương tự Ta xét tương tự sau:

(APMO 2017) Bộ số nguyên tốt đặt chúng a b c d e, , , , để a b c d e    29 Tìm tất 2017 số cho số liên tiếp chúng tốt

Ở toán này, điểm khó khơng biết số cho có dương hay khơng; thể, đại lượng tổng không xét tiếp tục

Tuy nhiên, cách áp dụng tương tự sau: - Trừ tất số cho 29, ta thu điều kiện tốt trở thành a b c d e    0

- Tất số cho tính chẵn lẻ, xác chẵn

- Xét đại lượng 2017

1

i i

a S



  thơng qua phép chia 2, tổng giảm ngặt Từ suy tất số phải tất ban đầu phải 29

(VMO 2014) Tìm tất số 2014 số hữu tỷ không âm cho bỏ số chúng số cịn lại chia thành nhóm rời nhau, nhóm có 671 số cho tích số nhóm

Bài khó vì: số hữu tỷ khơng ngun, tích khơng phải tổng, Ta giải điều sau:

- Quy đồng mẫu để đưa số nguyên

- Xét số mũ ước nguyên tố để đưa tổng - Chú ý thêm trường hợp số (nếu có số phải có số)

Bài Cho dãy số nguyên dương ( )an thỏa mãn: i) Gồm số phân biệt

ii) Với n an n iii) a15,a2 4,a3 3

a) Chứng minh tồn n2017 cho

n

b) Giả sử an  n với n2017, hỏi có tất dãy số thế?

Phân tích

a) Bài tốn giải dễ dàng phản chứng Dirichlet Thật vậy, an  n với n2017 số hạng a4 a2017 nhận giá trị tập hợp 62018 Khi đó, có hai số hạng nhau, khơng thỏa

b) Nếu có an  n với n2017 số hạng a4 a2017 nhận giá trị tập hợp 62019 Nhận xét:

 

2017 2017, 2018, 2019

a  nên có cách chọn

 

2016 2016, 2017, 2018, 2019

a  a2017

lấy số nên cách chọn

Tương tự, đến a6 có cách chọn Cịn lại a5 có cách chọn a4 có cách chọn

Theo nguyên lý nhân, ta có 2 3 2012 dãy thỏa mãn

Bài Xét lục giác ABCDEF có độ dài cạnh điền số hình vẽ

Một ếch xuất phát từ A nhảy đến đỉnh cho bước nhảy có độ dài ngun Hành trình ếch dãy tên đỉnh mà ếch nhảy qua; hai hành trình coi khác lần thứ k đó, đỉnh mà ếch nhảy đến hai hành trình khác

Gọi m số hành trình ếch nhảy cho tổng số mà nhảy qua 2017 Chứng minh m khơng phải số phương

Phân tích

Ta thấy ACE BDF hai tam giác có cạnh nên lần, ếch nhảy từ tam giác đến tam giác

Chia nhóm: I ( , , )A C E tương ứng với số (0,0,1) II ( , , )B D F tương ứng với (1,1, 2) Ta thấy x y x I y II |  ,    1,1,1,1, 2, 2, 2, 2,3 chứng tỏ tổng số hai bước nhảy liên tiếp ếch nhận giá trị số 1, số số Nếu gọi sn số hành trình ếch có tổng n thơng qua chẵn bước

1

4

n n n n

s  s   s  s 

Một cách tương tự, gọi tn số hành trình ếch có tổng n thơng qua lẻ bước cơng thức truy hồi (chỉ khác số hạng đầu)

Vì nên gọi un  sn tn số hành trình ếch có tổng n

1

4

n n n n

u  u   u  u  với n3

Ta có u0 1,u16,u2 28 từ cơng thức truy hồi m u 2017  u1 2(mod 4) nên m khơng thể số phương, ta có đpcm

Nhận xét Bài tốn giải cách gọi dãy truy hồi a b c d e fn, , , , ,n n n n n số hành trình ếch có tổng n kết thúc A B C D E F, , , , , Tuy nhiên, cách tiếp cận phức tạp, địi hỏi phải khai thác nhiều liên hệ đường Một toán tương tự:

(Ả Rập TST 2017) Người ta đặt số 1, 2,3, vòng tròn theo thứ tự Một kiến xuất phát từ số bước, bị qua số bên cạnh Hỏi kiến có cách bị cho

1

1

1

B

C D

E F

tổng tất số mà bò qua (kể số ban đầu) 21?

Tương tự trên, ta tìm hệ thức truy hồi sn sn32sn5sn7 Từ tính

21 167

s 

Bài Cho dãy số nguyên dương ( )un thỏa mãn điều kiện

0um n um un 1 với ,m n 

 Chứng minh tồn a cho

  un an

    với n1, 2,3, , 2017. Phân tích Hãy đưa điều cần chứng minh

1

n n

u u

a

n n



 

Đến đây, gọi

1

min un 1, 2,3, ,2017

m n

n

  

   

  

max un 1, 2,3, , 2017

M n

n

 

   

  

Cần m M chọn số a nằm ( ,m M) xong Gọi ,p q số nhỏ để có dấu xảy BĐT Khi

1

p

u   pm uq Mq

Ngoài ra, uk  1 km k,  p uk kq k q,  - Nếu p q hiển nhiên

- Nếu p q , ta đặt p q k  k  p nên

k

u  km, up uquk (theo giả thiết) nên

1

pm Mq km   m M

- Nếu p q chứng minh tương tự với ý uq up uk1

0um n umun 2,

ta cần đến hai số a b, thỏa mãn kết luận (vì khoảng chênh lệch số hạng rộng tí), cụ thể tồn a b, 0 để

    un an bn

    

Bài Hai dung dịch A B, có đặc điểm: số đo thể tích kg A số đo khối lượng lít B Ngồi ra, p lít A nặng q lít B với ,p q nguyên tố khác Mỗi dung dịch chia cho vào bình nhỏ giống nhau, chứa lít vỏ nặng kg Chứng minh có cách ghép bình loại (A B) lại với mà khối lượng chúng thuộc khoảng

(2017; 2018)

Phân tích Trước hết, ta xét định lý Beatty với nội dung sau:

Cho hai số vô tỷ dương  , Xét hai dãy số [ ],[2 ],[3 ],    tạo thành dãy A [ ],[2 ],[3 ],    tạo thành dãy B a) Nếu 1

   A B, phân hoạch



 b) Chiều ngược lại

Định lý chứng minh cách sử dụng BĐT phần nguyên Dưới cách chứng minh cho chiều đảo:

Với số nguyên dương k , gọi m n, số nguyên dương thỏa mãn

[m] k [(m1) ] [n] k [(n1) ] Đặt A{[ ],1i  i m} B{[j],1 j n} A m B, n A B, phân hoạch tập hợp 1, 2,3, , k theo định nghĩa đề Do m n k  Theo bất đẳng thức phần nguyên

1 ( 1)

1 1

m m

k  k



 

 Tương tự

1

n n

k  k



 



Suy 1

1

m n m n

k   k

  

  

 hay

1

1

k k

k   k



  



Cho k , ta thu 1

  

Trở lại toán cho,

Gọi ,x y khối lượng riêng dung dịch 1 ,y px qy

x   nên ,

q p

x y

p q

 

Khối lượng bình q, p

p q

      Dễ thấy 1

   , thỏa mãn định lý Beatty Suy hai dãy [m],[n] phân hoạch số nguyên dương nên ta có đpcm

Nhận xét

(APMO 2006) Với số nguyên dương n, gọi ,

n n

a b số cách viết 10n hệ nhị

phân, ngũ phân Chứng minh ( ),( )an bn phân hoạch  \{1}

Để giải này, ý rằng: số chữ số M hệ p phân [logpM] 1

Ngoài ra,  log 10,2  log 105 thỏa mãn điều kiện định lý Beatty

Từ đó, ta có nhận xét thú vị rằng: tổng số chữ số 2n 5n hệ thập phân n1.

(VN TST 2000) Cho số nguyên dương k Dãy số ( )un xác định bởi: u1 1 un1 số nguyên dương nhỏ không thuộc tập hợp

u u1, , , ,2  u un 1k u, 22 , ,k  unnk

Chứng minh tồn  vô tỷ dương cho  

n

u  n với n

Đây kết có từ 1959 Ta phân tích cách tiếp cận sau:

Xuất phát từ việc   2,  2 thỏa mãn điều kiện Beatty Ta có hai dãy với cơng thức

2 ,

n n n

a n  b a  n phân hoạch 

Từ đó, để giấu dãy bn đi, ta cần xét an2n Để ý a11,a2 2,a3 4,b1 3,b2 6,b3 10 nên

4

a định nghĩa số nguyên dương nhỏ không thuộc a a a a1, , ,2 3 12,a24,a36 Đó sở để có tốn

Việc chứng minh hai dãy trùng cần dùng quy nạp, ý 1

k

    có

nghiệm vơ tỷ dương

(Dãy Wythoff) Cho chuỗi S11 Chuỗi Sn tạo thành từ chuỗi Sn1 cách thay 101 01 Các chuỗi S S S1, , ,2 3  ghép liên tiếp lại với thành chuỗi vô hạn L Gọi an vị trí số thứ n chuỗi L Chứng minh tồn  vô tỷ dương cho

 ,

n

a  n n

Ở đây, ta có nhận xét số thứ n sinh số thứ n nên gọi kn số số đứng trước số thứ n bn vị trí số thứ ,n ta có an  n kn bn 2n k n nên bn ann Chú ý ( ),( )an bn phân hoạch  nên dễ dàng tìm  nghiệm

1

1

Bài giảng Tổ hợp trường Đông 2017

NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ Ý TƯỞNG XÁC SUẤT I) Giới thiệu

Các ý tưởng Dirichlet thông dụng:

- Thỏ nhiều chuồng có chuồng có thỏ - Thỏ nhiều x lần chuồng có chuồng có

1 x thỏ

- Tổng m số n số lớn n m  số nhỏ n

m 

- Nếu dãy vô hạn phần tử có hữu hạn giá trị có giá trị xuất vơ hạn lần II) Bài tập áp dụng

Bài Cho dãy Fibonacci Chứng minh tồn số hạng dãy tận 2017 chữ số

Phân tích Bài tốn đưa chứng minh tồn

2017

1(mod10 )

n

F  

Xét sn số dư Fn chia cho k102017

các cặp số dư ( ,s sn n1) nhận tối đa k2 giá trị,

trong có vơ hạn số thế; chứng tỏ tồn m n mà ( ,s sn n1) ( , s sm m1) Suy dãy số dư tuần hồn; tuần hồn từ số hạng Vì

1

F F  F0 0,F11,F2  1 nên tồn (vô số) số hạng thỏa mãn đề

Nhận xét Kỹ thuật xét số dư mod k phổ biến với dãy số nguyên Chú ý cần có hệ số số hạng cuối công thức dãy sai phân tuyến tính nguyên tố với k có tuần hồn từ số hạng

Ngoài ra, để tránh xét số âm, ta đặt

3

n n

E  F cơng thức truy hồi En giống Fn cho thấy ( )E có số thỏa mãn đề

Bài Cho số nguyên dương a a1, , ,2 a63 hoán vị 1, 2,3, ,63 Xét số sau

1

1

1 63

2017 ,

2017 ( ),

2017 ( )

a a a

a a a



 

   

Chứng minh 63 số này, có khơng q 38 số phương

Phân tích Xét dãy số phương khơng vượt q 2017 là44 , 43 , 42 , ,3 , ,12 2  2 2 (*)

Đặt

1

2017 k

k i

i

b a



  với 1 k 63

Giả sử có khơng 39 số phương dãy ( )bk dãy (*) trên, ta loại không số phương phân biệt, đồng nghĩa với việc loại khơng q 10 cặp số phương liên tiếp

Chú ý hiệu hai số phương liên tiếp lẻ; dãy bk giảm nên hai số

phương liên tiếp xuất dãy bk phải

là hai số liên tiếp dãy, chẳng hạn bt1, bt Khi

đó, b bt  t1at1 số lẻ

Do đó, loại khơng q 10 cặp số phương liên tiếp (*) gồm 43 cặp số phương liên tiếp cịn lại 43 10 33  cặp, tương ứng với 33 số lẻ ak, vơ lý từ đến

63 có 32 số lẻ

Với ổ khóa, có tối đa nhóm người khơng mở Thật vậy, có nhóm có người, người khơng mở cửa kho báu

Giả sử phản chứng không tồn thỏa mãn có ổ khóa mà họ khơng mở Theo nhận xét ổ khóa khác Tuy nhiên, ta có

3

7 35 11 33

C     số ổ khóa nên vơ lý

Bài (Bulgaria 2013) Chứng minh tồn số ngun dương có khơng q chữ số mà biểu diễn thành tổng ba số phương phân biệt 1000 cách

Phân tích Với số nguyên dương N, xét tất tổng bình phương có dạng

2 2

a b c với 1   a b c N Rõ ràng có tất

N

C tổng Ngồi ra, , ,

a b c N nên tổng bình phương khơng vượt q 3N2 Theo ngun lý Dirichlet, có tổng xuất

3

( 1)( 2)

3 18

N

C N N

N N

 

 lần

Xét N 18003 ( 1)( 2) 1000 18

N N

N

  

3N2 109 nên câu trả lời khẳng định

Nhận xét Ở toán này, ta chủ động xây dựng thỏ (các ba) để đưa vào chuồng phù hợp (các giá trị) Vì số thỏ theo cách làm tăng theo đa thức bậc ba, số chuồng bậc hai nên số 1000 thay số lớn tùy ý

Bài Cho bảng ô vuông 100 100 mà hàng/cột bảng tô màu A B C D, , , với số lượng

a) Chứng minh có cột mà số cặp khác màu hàng 76

b) Chứng minh có cột, hàng mà giao điểm chúng hình chữ có góc khác màu

Phân tích

a) Giả sử phản chứng cặp cột tùy ý có 25 cặp ô màu

Cố định cột 1, xét 99 cột lại Gọi T số ( , )a b cột a2 có ô thứ b từ xuống màu Theo giả sử T 99 25. Mặt khác, theo giả thiết T 100 24 (tính theo hàng) Suy 100 24 99 25   , vô lý

b) Giả sử phản chứng khơng có hàng, cột thỏa mãn Xét cột chọn trên, giả sử có cặp ( , ),( , )A B A C khơng có ( , )C D ( , )B D Ta có hai khả năng:

- Nếu có ( , )A D khơng có ( , )B C , cặp 76 cặp có màu A; số lần màu A xuất tối đa 50, vơ lý - Nếu có ( , )B C khơng có ( , )A D ; đó,

76 cặp có 76 152  màu, số màu tối đa 25 150  

Từ ta có đpcm

Bài Trong hình vng 10 10 , cho 51 điểm cho khơng có ba điểm thẳng hàng

a) Chứng minh có tam giác tạo ba điểm có diện tích khơng vượt q

b) Nối điểm lại với nhau, với đỉnh hình vng (khơng có hai đoạn cắt giữa) chia hình vng thành miền tam giác Chứng minh có miền diện tích nhỏ Phân tích

a) Chia hình vng thành 25 hình vng sử dụng bổ đề: hình bình hành, cho điểm tùy ý diện tích tam giác khơng vượt q

1

2 diện tích hình bình hành

- Mỗi miền tam giác nên T 180k

- Do góc xung quanh điểm tính nên T 360  n 90

Suy k 2n2 Ở toán này, số miền 51 2 104   , mà diện tích hình vng 100 nên có miền diện tích nhỏ

Bài (IMO Shortlist 1993) Có 19 số nguyên dương x x1, , ,2  x19 không vượt 93 93 số nguyên dương y y1, , ,2  y93 không vượt 19 Chứng minh chọn số số xi số số yi cho tổng chúng Phân tích Bài tốn dạng đặc biệt của: Cho dãy hữu hạn số nguyên dương

1 m , n

x x   x n y  y   y m Chứng minh tồn 1  i1 i2 m,1 j1 j2 n cho 2

1

i j i j i i j j

x y

 



 

Đặt

1

,1 , ,1

p q

p i q j

i j

a x p m b y q n

 

      Ta

có thể giả sử ambn Khi đó, với p trên, tồn f p( )q số bé mà ap bq Xét m hiệu bf(1)a b1, f 2 a2, ,bf m( ) am (*) Dễ thấy tất hiệu bé m ngược lại, tồn p mà bf p( )ap m

( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

f p f p p

f p f p p p f p

m b y a

m y b a a b



 

  

      

mâu thuẫn với định nghĩa số f p( ) Ta có hai trường hợp sau:

(1) Nếu tồn hiệu dãy (*) chọn i1 j1 1,i2  p j, 2  f p( )

(2) Nếu khơng tất giá trị thuộc {1, 2, , m1} tập hợp có m1 phần tử, nên

theo ngun lí Diriclet tồn hai hiệu có giá trị

Giả sử ta có bf r( )ar bf s( )a s rs,  Ta tiến hành chọn i1  s 1,i2 r j, 1 f s( ) 1, j2  f r( ) Bài 7.(Bài toán tập độc lập)

Một tập độc lập (independence set) graph ( , )

G V E tập V cho đỉnh khơng nối với Ta có định lý:

(Định lý 1) Cho graph G( , )V E có V n bậc đỉnh không vượt d Chứng minh có tập độc lập chứa

1 n

d đỉnh

(Định lý 2) Cho graph G( , )V E có V n bậc đỉnh x x1, , ,2  xn Chứng minh có tập độc lập chứa

1

1

n

i xi

 đỉnh

Định lý chứng minh dễ dàng cách cực hạn sau: Xét tập độc lập A có nhiều đỉnh nhất, giả sử k tập lại B với n k đỉnh

Do đỉnh B không thêm vào A nên phải kề với đỉnh A Vì A sinh khơng q kd đỉnh nên n k kd  hay

1 n k

d





Ở định lý 2, ta dùng ý tưởng xác suất sau: Xét hoán vị đỉnh, đặt v v1, , ,2  vn Ta đỉnh v1, đưa vào tập độc lập A theo quy tắc sau: đỉnh v chọn A, khơng có đỉnh có cạnh nối với nó; nghĩa v đỉnh deg( ) 1v  đỉnh gồm deg( )v đỉnh có cạnh nối với Xác suất để xảy điều

1

deg( ) 1v  Từ suy kỳ vọng số đỉnh

A 1

n

x



Cuối cùng, ta xét ứng dụng thú vị tập độc lập sau:

Bài (C7, IMO Shortlist 2011) Cho 2500 điểm

chia vòng tròn đánh số 1, 2,3, , 2 500

theo thứ tự Giá trị cung tổng số đầu mút cung Chứng minh có 100 cung đơi khơng cắt có giá trị Phân tích Đặt 2n2500 đó, vịng trịn

sẽ có 2n điểm Giá trị cung thuộc tập {3, 4, , 1}

C  n với tổng cộng 4n3 giá trị Gọi Gc graph với đỉnh cung ứng với giá trị c C Hai đỉnh Gc (cũng cung đường trịn) gọi kề chúng biểu diễn cho cung cắt

Mục tiêu toán chứng tỏ có tập độc lập Gc có 100 phần tử Theo định lý có tập độc lập có

1 ( )

1

c

c

v G v

I G

d

 



 đỉnh

Giá trị trung bình kích cỡ tập

4

3

1 1

( )

4 c

n n

c

c c v G v

M I G

n n d

 

  

 

   

      

Tổng 1

v G dv

 với G tập hợp tất cung đường trịn (có

2n

C cung thế) Ta đánh giá bậc đỉnh để chứng minh trung bình cộng lớn 100

Với cung L, ký hiệu m L( ) số cung khác cắt

L Dễ thấy số cung cắt L không vượt m L( ) Với i{0,1, 2, , n1} có 2n cung

L có m L( )i Chú ý m L( ) 0 nghĩa hai đầu mút cung liên tiếp Còn m L( ) n nghĩa cung nhỏ tương ứng đường kính vịng trịn Từ ta có nhận xét:

Với i{0,1, 2, , n1}, có khơng q 2n đỉnh v G mà dv i Suy

1

1

2

n n

v G v i i

n n

d i i

  

 



  

Dễ chứng minh

1

1

ln( 1)

n

i

n i



 

 nên

2 ln( 1)

ln( 1)

4

n n

M n

n



  



Vì n2499 nên 499 ln 249,5 ln 2

2

M     Ta

cần chứng tỏ 249,5 ln 100  , điều ta có đánh giá e2 2,82 23 nên ln 2 2,

3



suy 249,5 100

M   

Bài tốn giải hồn tồn Nhận xét

Bài tốn cực khó ta khơng có khái niệm tập độc lập định lý liên quan

Tổng quát toán thay 2 thành 500 2n

thì số cung độc lập, giá trị ln( 1)

4

n n n





TP Bảo Lộc, ngày 17/11/2017 GV Lê Phúc Lữ

Chúc thí sinh đạt kết tốt VMO 2018!

L