Vận dụng các nguyên lý cơ bản vào giải một số bài toán sơ cấp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ LOAN VẬN DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ CƠ BẢN VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ LOAN VẬN DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ CƠ BẢN VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.0113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Ngun - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn Lời nói đầu Một số ký hiệu chữ viết tắt Bốn nguyên lý 1.1 Nguyên lý quy nạp 1.2 Nguyên lý bù-trừ 12 1.3 Nguyên lý Dirichlet 21 1.4 Nguyên lý lùi dần 26 Các vấn đề liên quan 33 2.1 Phương pháp đại lượng bất biến 33 2.2 Phủ tập hợp 44 2.3 Ứng dụng toán hình học tổ hợp 50 Kết luận 57 Tài liệu tham khảo 58 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI CẢM ƠN Luận văn trình bày hướng dẫn tận tình bảo nghiêm khắc thầy giáo PGS TS Đàm Văn Nhỉ Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến thầy Tơi xin kính gửi lời cảm ơn chân thành đến cô giáo TS Nguyễn Thị Thu Thủy thầy giáo cô giáo tham gia giảng dạy khóa học cao học 2011 - 2013, người đem tâm huyết nhiệt tình để giảng dạy trang bị cho nhiều kiến thức sở Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán - Tin Trường ĐHKH, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên lớp cao học tốn K5B ln quan tâm, động viên, giúp đỡ suốt thời gian học tập q trình làm luận văn Tuy thân có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy tồn thể bạn đọc Hải Phòng, tháng 05 năm 2013 Tác giả Vũ Thị Loan Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI NÓI ĐẦU Lý thuyết tổ hợp phần quan trọng toán học rời rạc chuyên nghiên cứu xếp đối tượng Khi giải toán tổ hợp ta phải liệt kê, đếm đối tượng theo tính chất Tổ hợp nghiên cứu toán thường kết hợp số ràng buộc có nhiều nghiệm Nó số lượng nghiệm, lớp nghiệm cụ thể hay lớp nghiệm thỏa mãn thêm số điều kiện Các thuật tốn tổ hợp ngày biến đổi hồn thiện để dễ sử dụng có độ phức tạp tính tốn nhỏ dần Khi thực thuật tốn tổ hợp, nghiệm toán thường xây dựng theo vài nguyên lý Do vậy, luận văn đặt vấn đề trình bày lại bốn nguyên lý lý thuyết Tổ hợp xây dựng số ví dụ áp dụng Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương tập trung trình bày bốn nguyên lý Chương trình bày vấn đề liên quan như: Phương pháp đại lượng bất biến, phủ tập hợp ứng dụng vào tốn hình học tổ hợp Nội dung chương gồm bốn mục Mục 1.1 dành để trình bày Nguyên lý quy nạp: Để mệnh đề P (n) với số nguyên dương n ≥ α, ta cần kiểm tra P (α) P (n + 1) P (n) Từ suy P (n) ln ln với n ≥ α Nguyên lý thứ hai xét đến Nguyên lý Bù-Trừ trình bày Mục 1.2 Khi xét toán tổ hợp, ta thường phải đếm xem có cấu hình tạo với yêu cầu đặt trước Nói chung, để đếm cấu hình cho người ta tìm cách đưa cấu hình loại quen thuộc qua việc phân thành lớp để áp dụng quy tắc cộng Nhưng nhiều cơng việc làm đồng thời quy tắc cộng khơng cịn Do phải xét Nguyên lý cộng đây: card(A ∪ B) = card(A) + card(B) − card(A ∩ B) Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Tổng quát Nguyên lý cộng ta có Nguyên lý Bù-Trừ Cái khó việc vận dụng Nguyên lý Bù-Trừ việc phân lớp để dễ dàng có số đếm Mục 1.3 trình bày nguyên lý thứ ba, Nguyên lý Dirichlet ” n Nếu có n đồ vật cất vào k hộp, có hộp chứa vật.” k Cái khó việc vận dụng Nguyên lý Dirichlet việc coi số vật coi số hộp Còn nguyên lý thứ tư Nguyên lý lùi dần, trình bày Mục 1.4 Đây phương pháp Piere de Fermat đưa giải phương trình nghiệm nguyên Xét phương trình f (x, y, z) = Z Giả sử (x0 , y0 , z0 ) ∈ Z3 nghiệm phương trình f (x, y, z) = Dựa vào giả thiết để suy (x1 , y1 , z1 ) ∈ Z3 nghiệm phương trình f (x, y, z) = với |x0 | > |x1 |, chẳng hạn Lặp lại dãy lùi dần số tự nhiên |x0 | > |x1 | > |x2 | > Sau số hữu hạn bước, ta đến lời giải phương trình Cái khó dạng tốn với toán cho phải xây dựng phép chuyển từ đến để lùi Nguyên lý lùi dần vận dụng để xét toán nhiều lĩnh vực Tương tự ta có Nguyên lý tăng dần Trong chương tập trung trình bày ba vấn đề liên quan đến bốn nguyên lý Mục 2.1 trình bày phương pháp đại lượng bất biến Mục 2.2 trình bày phủ tập hợp Mục 2.3 trình bày vài tốn hình học tổ hợp Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ MỘT SỐ KÝ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT Tập rỗng ký hiệu qua φ Với x viết ∀x Tập số tự nhiên ký hiệu N Tập số nguyên ký hiệu Z Tập số hữu tỉ ký hiệu Q Tập số thực ký hiệu R Lực lượng tập A ký hiệu cardA Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Bốn nguyên lý Chương tập trung trình bày bốn nguyên lý bản, như: Nguyên lý quy nạp, Nguyên lý Bù-Trừ, Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý lùi dần 1.1 Nguyên lý quy nạp Mệnh đề 1.1.1 Tập tất số tự nhiên N quan hệ thứ tự tập thứ tự tốt Mệnh đề 1.1.2 Nếu tập M ⊂ N có tính chất: ∈ M n + ∈ M n ∈ M, M = N Hai kết thường gọi nguyên lý thứ nguyên lý thứ hai quy nạp toán học Mệnh đề 1.1.3.[Nguyên lý thứ nhất] Nếu mệnh đề P (n), phụ thuộc vào số tự nhiên n thỏa mãn: (i) P (α) với α ∈ N (ii) P (n + 1) P (n) đúng, n ≥ α, n ∈ N P (n) với số tự nhiên n ≥ α Mệnh đề 1.1.4.[Nguyên lý thứ hai] Nếu mệnh đề P (n), phụ thuộc vào số tự nhiên n, thỏa mãn: (i) P (α) với α ∈ N (ii) P (n + 1) P (α), P (α + 1), , P (n) đúng, n ≥ α, n ∈ N P (n) với số tự nhiên n ≥ α Bây ta vận dụng hai nguyên lý để xét tốn sơ cấp Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Ví dụ 1.1.5 Với số ngun n ≥ Pn = n!, chứng minh 2Pn ≥ 2n Bài giải: Với n = có 2P2 = = 22 Như kết luận cho n = Giả sử kết luận cho n > Khi 2Pn ≥ 2n Xét tích 2Pn+1 = (n + 1).2Pn ≥ (n + 1)2n > 2.2n = 2n+1 Từ suy 2Pn ≥ 2n , ∀n ≥ Ví dụ 1.1.6 Chứng minh với số nguyên n > ta ln có n! > 3n Bài giải: Bởi 7! = 5040 > 2189 = 37 nên kết luận với n = Giả sử kết luận với n Khi ta có n! > 3n Với n + có (n + 1)! = n!(n + 1) > 3n (n + 1) theo giả thiết quy nạp Vì n + > nên (n + 1)! > 3n+1 n! > 3n với số nguyên n > Ví dụ 1.1.7 Chứng minh với số nguyên n > ta ln có bất đẳng thức: √ √ 1 n ≤ + √ + √ + · · · + √ < n n √ 1 1 1 Bài giải: Bởi + √ + √ + · · · + √ ≥ √ + √ + · · · + √ = n n n n n √ 1 nên ta nhận bất đẳng thức + √ + · · · + √ ≥ n n Hiển nhiên < nên bất đẳng thức với n = Giả sử bất đẳng thức √ 1 với n Khi ta có + √ + · · · + √ < n Lại có n √ 1 1 + √ + ··· + √ + √ Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Ví dụ 1.1.8 Dãy (an ) cho sau: a0 = 1, a1 = 3, a2 = 6, a3 = 10, a4 = 15, a5 = 21, Xác định an theo n chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 T = (1 − )(1 − )(1 − ) · · · (1 − ) < + 10 an n Bài giải: Từ a1 = = a0 + 2, a2 = = a1 + 3, a3 = 10 = a2 + 4, a4 = 15 = a3 + 5, a5 = 21 = a4 + suy an = an−1 + n + điều dễ dàng (n + 1)(n + 2) có qua quy nạp Vậy an = 1+2+3+· · ·+n+n+1 = ak − (k + 1)(k + 2) − k(k + 3) suy − = = = Như ak ak (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) 1 − = (1 − )(1 + ) ta có phép biến đổi sau: ak k+1 k+2 1 1 1 T = (1 − )(1 + )(1 − )(1 + ) · · · (1 − )(1 + ) 3 n+1 n+2 1 1 1 = (1 − )(1 − )(1 − ) · · · (1 − )(1 + ) (n + 1)2 n+2 32 − 42 − 52 − (n + 1)2 − 1 = ( )( )( ) · · · ( )(1 + ) (n + 1)2 n+2 2.3.42 52 · · · (n − 1)2 n2 (n + 1)(n + 2)(n + 3) = 2.32 42 52 · · · (n − 1)2 n2 (n + 1)2 (n + 2) n+3 n+3 1 = < = + 3(n + 1) 3n n Tóm lại an = (n + 1)(n + 2) 1 nhận bất dẳng thức T < + n Ví dụ 1.1.9 Chứng minh với số nguyên n > ta có đồng thức: 1.2 + 2.22 + · · · + n2n = (n − 1)2n+1 + Bài giải: Với n = ta có 1.2 = = (1 − 1)21+1 + kết luận Giả sử kết luận với n Khi 1.2 + 2.22 + · · · + n2n = (n − 1)2n+1 + Với n + ta có kết sau: 1.2+2.22 +· · ·+n2n +(n+1)2n+1 = (n−1)2n+1 +2+(n+1)2n+1 = n2n+2 +2 kết luận với n + Tóm lại, ta có đồng thức 1.2 + 2.22 + · · · + n2n = (n − 1)2n+1 + Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 45 Bài giải: Giả thiết M ⊆ [a1 ; b1 ] ∪ [a2 ; b2 ] ∪ [a3 ; b3 ] với bk − ak = 1, x+y k = 1, 2, Với x, y ∈ M : Nếu x, y ∈ [ak ; bk ] ∈ [ak ; bk ]; + ak x+y bi + bk Nếu x ∈ [ai ; bi ], y ∈ [ak ; bk ] với i < k, 2 x+y + ak bi + bk + ak bi + bk ∈[ ; ] với đoạn [ ; ] có độ 2 2 dài Vậy L phủ đoạn a1 + a2 b1 + b2 a1 + a3 b1 + b3 a2 + a3 b2 + b3 [a1 ; b1 ], [a2 ; b2 ], [a3 ; b3 ], [ ; ], [ ; ] [ ; ] 2 2 2 Khi M = [1; 2] ∪ [5; 6] ∪ [17; 18] L phải phủ đoạn: [1; 2], [3; 4], [5; 6], [9; 10], [11; 12], [17; 18] Ví dụ 2.2.3 Cho hai số tự nhiên p, q với (p, q) = Đoạn [0; 1] phân làm p + q đoạn Chứng minh đoạn nhỏ này, ngồi hai đoạn chứa 1, có số từ p + q − số sau: p−1 q−1 , , , , , , , p p p q q q Bài giải: Từ (p, q) = suy (p + q, p) = (p + q, q) = Đặt n = p + q i j Ta thấy, = iq = jp Do (p, q) = nên i ˙: p, j ˙: q Từ suy p q i j ngay, i p − 1, j q − khơng thể có = Ta p q i k thấy, = i(p + q) = kp Do i p − nên k ˙: p + q Từ p n i k suy ngay, k p + q − khơng thể có = Tương p n j k i j k tự khơng thể có = Tóm lại, ba số , , khác đôi q n p q n i p − 1, j q − k p + q − 1 1 i Do > , > nên hai số điểm phải đoạn p n q n p k k+1 i+t i 1 k+1 k ; khác nhau, (vì − > = − ) Tương tự, n n p p p n n n j k k+1 hai số điểm phải đoạn ; khác q n n i j k k+1 Giả sử có , đoạn ; với k ∈ {1, , n − 2} p q n n k i j k+1 i+j i j i j Khi < , < Vì nên coi < có n p q n p+q p q p q Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 46 k i i+j j k+1 k i+j k+1 < < < < : vơ lý khơng thể có < < n p n q n n n n Tóm lại, có p + q − đoạn , hai đoạn đầu cuối ra, đoạn p−1 q−1 phải có số , , , , , , , p p p q q q Ví dụ sau trình bày lại qua khái niệm phủ tập: Ví dụ 2.2.4 Giả sử tập số nguyên dương phân thành r tập không giao nhau: N∗ = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ Ar với Ai ∩ Aj = ∅, ∀ i = j Chứng minh tồn i để Ai có tính chất: Tồn số ngun dương n để cho với k tìm số a1 , , ak ∈ Ai thỏa mãn < aj+1 − aj n, j k − Bài giải: Nếu A1 khơng có tính chất nêu với số ngun dương n tìm thấy k > cho dãy a1 < a2 < · · · < ak A1 có j với aj+1 − aj > n Phần bù A1 N+ A2 ∪ A3 ∪ · · · ∪ Ar có dãy số nguyên liên tiếp dài tùy ý, với n có dãy a1 < a2 < · · · < ak A1 cho có j để aj+1 − aj > n Vậy số nằm aj aj+1 A2 ∪ A3 ∪ · · · ∪ Ar có độ dài tùy ý Ví dụ 2.2.5 Giả sử ABCD tứ giác lồi Chứng minh hợp bốn hình trịn đường kính AB, BC, CD, DA phủ hoàn toàn tứ giác Bài giải: Lấy điểm M tùy ý cạnh tứ giác ABCD ˆ B + BM ˆ C + CM ˆ D + DM ˆ A = 2π nên tồn bốn Bởi AM ˆ B, BM ˆ C, CM ˆ D, DM ˆ A} với số đo π , chẳng hạn DM ˆ A π góc {AM 2 Khi M thuộc hình trịn đường kính DA Ví dụ 2.2.6 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) xét đa giác lồi n đỉnh Giả sử tồn đỉnh đa giác có tọa độ số nguyên Chứng minh tồn điểm thuộc miền cạnh đa giác với tọa độ số nguyên Bài giải: Chia lưới nguyên mặt phẳng (Oxy) thành tập sau: (i) T1 tập gồm tất điểm nguyên (x; y) với x, y chẵn (ii) T2 tập gồm tất điểm nguyên (x; y) với x chẵn, y lẻ (iii) T3 tập gồm tất điểm nguyên (x; y) với x lẻ y chẵn (iv) T4 tập gồm tất điểm nguyên (x; y) với x, y lẻ Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 47 Hiển nhiên, đỉnh đa giác với tọa độ số nguyên phải thuộc hợp tập T1 ∪ T2 ∪ T3 ∪ T4 Vì 4.1 = < nên có tập Ti phải chứa hai đỉnh đa giác với tọa độ nguyên, chẳng hạn A1 (x1 ; y1 ) A2 (x2 ;2 ) x1 + x2 y1 + y2 Từ x1 ≡ x2 (mod2) y1 ≡ y2 (mod2) suy I( ; ) trung 2 điểm đoạn A1 A2 với tọa độ nguyên Vì đa giác lồi nên I điểm thuộc miền cạnh đa giác với tọa độ số nguyên Ví dụ 2.2.7 Giả sử ngũ giác lồi ABCDE √ có độ dài cạnh độ dài đường chéo AC, AD không vượt Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh tồn hình trịn đơn vị chứa 403 điểm số điểm lấy Bài giải: Trong chữ nhật M N P Q với √ mặt phẳng √ tọa độ √ (Oxy) √ xét hình √ √ tọa độ M (− 3; 0), N ( 3; 0), P ( 3; 3), Q(− 3; 3) Nửa đường tròn ( ) : x2 + y 3, y nằm hình chữ nhật ngũ giác ABCDE chứa hợp 5√hình trịn √ ( ) Hiển √ nhiên √ √ với 3 3 3 tọa độ tâm (− ; ), (−1; ), (0; ), (1; ), ( ; ) bán kính 2 2 2 chứa ngũ giác ABCDE Vì 402.5 = 2010 < 2011 nên tồn đường tròn đơn vị chứa 403 điểm số điểm lấy Ví dụ 2.2.8 Xác định ánh xạ f : {1, 2, , n} → {2010, 2011} thỏa mãn điều kiện f (1) + f (2) + · · · + f (n) số chẵn Bài giải: Ta cho f (1), f (2), , f (n − 1) nhận giá trị tùy ý, f (n) xác định để f (1) + f (2) + · · · + f (n) số chẵn Vậy có tất 2n−1 ánh xạ Ví dụ 2.2.9 Cho tập S = {1, 2, 3, , 280} Tìm số tự nhiên n nhỏ thỏa mãn tập hợp gồm n phần tử S chứa số đôi nguyên tố Bài giải: Ký hiệu A1 = {2k|k ∈ N}, A2 = {3k|k ∈ N}, A3 = {5k|k ∈ N}, A4 = {7k|k ∈ N} đặt Bi = Ai ∩ S với i = 1, 2, 3, Ký hiệu B = B1 ∪ B2 ∪ B3 ∪ B4 Theo Định lý 1.2.1, dễ dàng tính |B| = 216 với số tùy ý thuộc B phải có hai số thuộc Bi Do số tùy ý thuộc B số đôi nguyên tố tập E Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 48 B chứa số đôi nguyên tố Vậy n > 216 Chứng minh số cần tìm n = 217 Thật vậy, trước tiên ta lọc tập chứa tất số nguyên tố thuộc S Đặt C1 = B \ {2, 3, 5, 7} C2 = {112 , 11.13, 11.17, 11.19, 11.23, 132 , 13.17, 13.19} ⊂ S D = S \ C1 ∪ C2 Hiển nhiên ta lọc tậpD chứa số tất số nguyên tố có S Vì C1 ∩ C2 = ∅ nên |D| = |S| − |C1 | − |C2 | = 280 − 212 − = 60 Giả sử E ⊂ S tập tùy ý chứa 217 phần tử Nếu |E ∩ D| E có số nguyên tố thuộc S hiển nhiên chúng đôi nguyên tố Nếu |E ∩ D| |E ∩ S \ D | = |E \ E ∩ D | 217 − = 213 Điều có nhiều số thuộc D khơng nằm E |S \ D| = 280 − 60 = 220 Bây ta lọc tập rời sau đây: M1 M2 M3 M4 M5 M6 M7 M8 = = = = = = = = {2.23, 3.19, 5.17, 7.13, 11.11} {2.29, 3.23, 5.19, 7.17, 11.13} {2.31, 3.29, 5.23, 7.19, 11.17} {2.37, 3.31, 5.29, 7.23, 11.19} {2.41, 3.37, 5.31, 7.29, 11.23} {2.43, 3.41, 5.37, 7.31, 13.17} {2.47, 3.43, 5.41, 7.37, 13.19} {22 , 32 , 52 , 72 , 132 } Hiển nhiên Mi ⊂ S \ D số thuộc Mi đôi nguyên tố với i = 1, 2, , Vì |E ∩ S \ D | 213 |S \ D| = 220 nên tồn k ∈ {1, 2, , 8} để Mk ⊂ E hay E có số đơi ngun tố Ví dụ 2.2.10 Giả sử hình chữ nhật F có kích thước 65 × 2011 đặt 33852 hình vuông với độ dài cạnh Chứng minh tồn đường trịn bán kính r = khơng có điểm chung với hình vng có điểm chung với hình vuông ABCD độ dài cạnh tâm I cách cạnh Bài giải: Đường trịn bán kính r = Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 49 hình vuông ABCD khoảng không Bởi tâm I phải thuộc hình A A”B B”C C”D D”, tạo thành từ hình vng ABCD hình 1 chữ nhật kích thước × bốn phần tư đường trịn bán kính r = 2 π π Diện tích hình A A”B B”C C”D D” 1.1 + 4.1 + = + 4 Vậy tổng diện tích S1 33852 hình giống A A”B B”C C”D D” π khơng vượt q 33852.(3 + ) Vì đường trịn tâm I bán kính r = nằm hình chữ nhật (F ) kích thước 65 × 2011 nên khoảng cách từ I đến cạnh hình chữ nhật khơng nhỏ Vậy tâm I phải nằm cạnh hay bên hình chữ nhật M N P Q Diện tích phần hình chữ nhật (F ) mà I khơng S2 = 65.2011 − 64.2010 = 2075 Vì π < 3, nên S1 + S2 < 2075 + 3, 8.33852 < 65 × 2011 Theo Định lý 1.3.1, tồn điểm I thuộc hình chữ nhật (F ) để cho dựng đường tròn tâm I bán kính r = khơng có điểm chung với hình vng nằm hồn tồn (F ) Ví dụ 2.2.11 Giả sử ngũ giác lồi ABCDE √ có độ dài cạnh độ dài đường chéo AC, AD không vượt Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh rằng: (i) Tồn hình trịn đơn vị chứa 403 điểm số điểm lấy (ii) [VMO 2011] Tồn hình trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác lồi ABCDE chứa 403 điểm số điểm lấy Bài giải: (i) Đã chứng minh ví dụ 2.2.7 (ii) Cái khó yêu cầu tâm hình trịn phải thuộc cạnh đa giác Trước tiên ta nhận xét: Một√điểm M tam giác XY Z với độ dài cạnh không vượt min{M X, M Y, M Z} Thật vậy, từ ∠XM Y + ∠Y M Z + ∠ZM X = 2π suy có 2π góc, chẳng hạn ∠XM Y Khi đó, theo Định lý cosin ta có 3 2π XY = M X + M Y − 2M X.M Y cos M X + M Y + M X.M Y 2 hay 3 min{M X , M Y } Vậy min{M X, M Y, M Z} Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 50 Vì 2011 điểm thuộc ngũ giác lồi ABCDE nên điểm phải cách đỉnh tam giác ABC, ACD, ADE khoảng cách không vượt Do đó, theo Định lý 1.3.1 tồn đỉnh ngũ giác có khoảng cách khơng lớn đến 403 điểm 402.5 < 2011 Ví dụ 2.2.12 Chứng minh không tồn ánh xạ f : Z → {1, 2, 3} thỏa mãn: f (x) = f (y) với x, y ∈ Z cho |x − y| ∈ {2, 3, 5} Bài giải: Khơng hạn chế giả thiết f (0) = f (5) = Vì − = − = nên f (2) = Vì − = − = nên f (7) = f (2) f (7) = f (5) Như f (7) = Vì − = − = nên f (3) = Vậy f (3) = f (2) Tóm lại, ánh xạ f : Z → {1, 2, 3} thỏa mãn f (0) = 1, f (2) = 3, f (3) = 3, f (5) = 2, f (7) = Với n ∈ Z có n + − n = ∈ / {2, 3, 5} nên f (n + 1) = f (n) Vì hàm f khơng thỏa mãn f (7) = = = f (5) nên khơng thể có ánh xạ f thỏa mãn đầu Ví dụ 2.2.13 Với số tự nhiên n tập nghiệm nguyên hai phương trình x2 + y = n x2 + y = 2n có lực lượng Bài giải: Xây dựng song ánh từ tập nghiệm sang tập nghiệm x+y x−y qua (x, y) → (x + y, x − y) ngược lại (x, y) → ( , ) 2 2.3 Ứng dụng toán hình học tổ hợp Hình học tổ hợp nhánh khơng thể thiếu tốn tổ hợp nói chung, thường xuyên xuất kì thi học sinh giỏi cấp Nguyên lý Dirichlet phương pháp thông dụng hiệu để giải tốn hình học tổ hợp Nguyên lý tưởng chừng đơn giản công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc toán học Chúng tơi xin trình bày số mệnh đề (thực chất số Nguyên lí Dirichlet áp dụng cho độ dài đoạn thẳng, diện tích hình phẳng, thể tích vật thể) hay sử dụng nhiều đến nhiều tốn hình học tổ hợp đề cập đến chương Mệnh đề 2.3.1 Nguyên lí Dirichlet cho diện tích Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 51 Nếu K hình phẳng, cịn K1 , K2 , , Kn hình phẳng cho Ki ⊆ K với i = 1, · · · , n |K| < |K1 | + |K2 | + · · · + |Kn | Ở |K| diện tích hình phẳng K , cịn |Ki | diện tích hình phẳng Ki , i = 1, · · · , n, tồn hai hình phẳng Hi , Hj , (1 ≤ i ≤ j ≤ n) cho Hi Hj có điểm chung (Ở ta nói P điểm tập hợp A mặt phẳng, tồn hình trịn tâm P bán kính đủ bé cho hình trịn nằm trọn A ) Tương tự Nguyên lí Dirichlet cho diện tích, ta có Ngun lí Dirichlet cho độ dài đoạn thẳng, thể tích vật thể Ngun lí Dirichlet cịn phát biểu cho trường hợp vơ hạn sau: Mệnh đề 2.3.2 Ngun lí Dirichlet vô hạn: Nếu chia tập hợp vô hạn táo vào hữu hạn ngăn kéo, phải có ngăn kéo chứa vơ hạn táo Ứng dụng to lớn Nguyên lý Dirichlet để giải tốn hình học tổ hợp trình bày qua ví dụ sau đây: Ví dụ 2.3.1 Trong hình vng đơn vị (cạnh 1) có 101 điểm Chứng minh có điểm điểm chọn phủ đường tròn bán kính Bài giải: Chia hình vng làm 25 hình vng nhau, cạnh hình vng 0,2 Vì có 101 điểm, mà có 25 hình vng, nên theo Ngun lý Dirichlet tồn hình vng nhỏ chứa điểm (trong 101 điểm cho) Vì hình vng nội tiếp đường trịn bán kính 1√ √2 R= = 10 √ Do < nên dĩ nhiên đường tròn đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp 10 có bán kính chứa điểm nói Ví dụ 2.3.2 Cho bảng kích thước 2n × 2n vng Người ta đánh dấu vào 3n vng bảng Chứng minh chọn n hàng n cột bảng cho ô đánh dấu nằm n hàng n cột Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 52 * * * * * * * * * Bài giải: Chọn n hàng có chứa đánh dấu nhiều hàng Ta chứng minh số đánh dấu cịn lại nhỏ n Giả sử trái lại vậy, tức số đánh dấu cịn lại lớn n + Số hàng lại chưa chọn n Vậy theo Nguyên lý Dirichlet có hàng (trong số n hàng cịn lại) chứa hai đánh dấu Chú ý theo cách chọn n hàng chọn chứa số ô đánh dấu nhiều hàng Có hàng cịn lại chưa chọn có hai ô đánh dấu, nên suy hàng số n hàng chọn có hai ô chọn, tức n hàng chọn khơng có 2n đánh dấu Nếu vậy, số ô đánh dấu lớn 2n + (n + 1) > 3n Vơ lý (vì có 3n đánh dấu) Vậy nhận xét chứng minh Như vậy, sau chọn n hàng (với cách chọn trên), theo nhận xét cịn lại khơng q n đánh dấu Vì có có n cột chứa chúng Vì lẽ khơng thấy đánh dấu nằm hàng hay cột chọn Ví dụ 2.3.3 Chứng minh khối đa diện lồi tồn hai mặt có số cạnh Bài giải: Kí hiệu M số mặt có số cạnh lớn khối đa diện Giả sử mặt M có k cạnh Khi có k mặt có cạnh chung với M, nên đa diện có k + mặt Vì mặt có số cạnh nhiều k , nên mặt đa diện có số cạnh nhận giá trị {3, 4, , k} Đa diện có k + mặt, mà mặt số cạnh nhận k − giá trị Vì theo Nguyên lý Dirichlet suy có hai mặt đa diện có số cạnh Ví dụ 2.3.4 Cho 1000 điểm M1 , M2 , , M1000 mặt phẳng Vẽ Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 53 đường trịn bán kính tùy ý Chứng minh tồn điểm S đường tròn cho: SM1 + SM2 + + SM1000 ≥ 1000 Bài giải: Xét đường kính S1 S2 tùy ý đường trịn, S1 , S2 hai đầu đường kính Vì S1 S2 = nên ta có:   S1 M1 + S2 M1 ≥ S1 S2 =    S M +S M ≥ S1 S2 = 2 2     S1 M1000 + S2 M1000 ≥ S1 S2 = Cộng vế 1000 bất đẳng thức ta có: (S1 M1 +S1 M2 + +S1 M1000 )+(S2 M1 +S2 M2 + +S2 M1000 ) ≥ 2000.(1) Từ (1) theo Nguyên lý Dirichlet suy hai tổng vế trái (1) có tổng lớn 1000 Giả sử: S1 M1 + S1 M2 + + S1 M1000 ≥ 1000 Khi lấy S = S1 Ví dụ 2.3.5 Trong mặt phẳng cho hình vng Người ta vẽ đường thẳng cho đường thẳng chia hình vng thành tứ giác có tỉ số diện tích Chứng minh tồn đường thẳng đồng quy Bài giải: Vì đường thẳng , (i = 1, , 9) chia hình vng ABCD thành tứ giác nên qua đỉnh hình vng tứ giác hình thang vng Gọi M, N thứ tự trung điểm AD BC cắt M N Oi Từ cơng thức tính diện tích tính chất đường trung Oi M bình hình thang ta có = Do tính chất đối xứng hình vng Oi N nên có điểm Oi Ta coi đường thẳng chim bồ câu điểm Oi , i = 1, , lồng, 2.4 < Vậy theo Nguyên lý Dirichlet tồn lồng nhốt chim Hay đường thẳng đồng quy Ví dụ 2.3.6 Trong hình vng có diện tích đặt ba đa giác có diện tích Chứng minh ln tìm hai đa giác mà diện tích phần chung chúng khơng nhỏ Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 54 Bài giải: Gọi ba đa giác M1 , M2 , M3 Ký hiệu |A| diện tích hình phẳng A Khi ta có: |M1 ∪ M2 ∪ M3 | = |M1 | + |M2 | + |M3 | − (|M1 ∩ M2 | + |M2 ∩ M3 | + |M3 ∩ M1 |) + |M1 ∩ M2 ∩ M3 | (1) Theo giả thiết ta có |M1 | = |M2 | = |M3 | = (2) Để ý M1 ∪ M2 ∪ M3 nằm hình vng có diện tích 6, nên từ (1) (2) ta có bất đẳng thức sau: ≥ − (|M1 ∩ M2 | + |M2 ∩ M3 | + |M3 ∩ M1 | + |M1 ∩ M2 ∩ M3 |) hay |M1 ∩ M2 | + |M2 ∩ M3 | + |M3 ∩ M1 | ≥ + |M1 ∩ M2 ∩ M3 | (3) Do |M1 ∩ M2 ∩ M3 | ≥ nên từ (3) ta có: |M1 ∩ M2 | + |M2 ∩ M3 | + |M3 ∩ M1 | ≥ (4) Từ (4) theo Nguyên lý Dirichlet suy tồn ba số |M1 ∩ M2 | , |M2 ∩ M3 | , |M3 ∩ M1 | lớn Giả sử |M1 ∩ M2 | ≥ Điều có nghĩa hai đa giác M1 , M2 có diện tích phần chung không nhỏ Tuy nhiên vận dụng nguyên lý Dirichlet cần ý: Nguyên lý không cho phép ta "lồng nào” nhốt chim bồ câu Ngoài nguyên lý khác sử dụng nhiều hình học tổ hợp Ví dụ 2.3.7 Trong tam giác ABC có ba góc nhọn, lấy điểm P Chứng minh khoảng cách lớn khoảng cách từ điểm P đến đỉnh A, B, C tam giác không nhỏ lần khoảng cách bé khoảng cách từ điểm P đến cạnh tam giác Bài giải: Dựng P A1 , P B1 , P C1 tương ứng vng góc với cạnh BC, CA AB Vì tam giác ABC có góc nhọn nên điểm A1 , B1 , C1 tương ứng nằm đoạn BC, CA AB Nối P A, P B, P C ta có AP C1 + C1 P B + BP A1 + A1 P C + CP B1 + B1 P A = 3600 Suy góc lớn góc khơng thể nhỏ 600 Khơng làm tính chất tổng qt ta giả sử góc AP C1 lớn nhất, AP C1 ≥ 600 P C1 Xét tam giác vng AP C1 , ta có = cosAPC1 ≤ cos600 = AP Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 55 (Vì góc tăng từ 00 đến 900 cosin góc giảm) Từ ta có AP ≥ 2P C1 Nếu thay P A khoảng cách lớn khoảng cách từ P đến đỉnh thay P C1 khoảng cách ngắn khoảng cách từ P đến cạnh bất đẳng thức thỏa mãn Ví dụ 2.3.8 Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC BD cắt E Chứng minh bán kính bốn đường trịn nội tiếp tam giác EAB, EBC, ECD EDA mà nhau, tứ giác ABCD hình thoi Bài giải: Khơng làm tính chất tổng qt, giả sử AE ≥ CE DE ≥ BE Gọi B1 C1 tương ứng điểm đối xứng B C qua tâm E, ta có tam giác C1 EB1 nằm tam giác AED Giả sử đoạn AD không trùng với đoạn C1 B1 Khi đường trịn nội tiếp tam giác C1 EB1 đồng dạng phối cảnh với đường tròn nội tiếp tam giác AED, với tâm đồng dạng E, hệ số đồng dạng lớn Như rAED > rC1 EB1 = rCEB (rAED bán kính đường trịn nội tiếp tam giác AED ) Vơ lý trái với giả thiết rAED = rCEB Điều vô lý chứng tỏ A ≡ C1 D ≡ B1 suy tứ giác ABCD hình bình hành, nên AE = EC Trong hình bình hành ABCD ta có: p1 r = SAEB = SBEC = p2 r với p1 , p2 tương ứng nửa chu vi tam giác ABE BEC Suy ra: p1 = p2 , AE = EC nên AB = BC hay ABCD hình thoi Ví dụ 2.3.9 Chứng minh bốn hình trịn có đường kính bốn cạnh tứ giác lồi phủ kín tứ giác cho Bài giải: Giả sử M điểm tùy ý nằm bên tứ giác lồi ABCD Ta có:AM B + BM C + CM D + DM A = 3600 , góc lớn bốn góc khơng nhỏ 900 Giả sử AM B ≥ 900 Khi M nằm bên đường trịn đường kính AB Ví dụ 2.3.10 Trên mặt phẳng cho 1993 điểm, khoảng cách điểm đôi khác Nối điểm số điểm với điểm gần Cứ tiếp tục Hỏi cách nối nhận đường gấp khúc khép kín hay khơng? Bài giải: Giả sử xuất phát từ điểm A1 Theo giả thiết số tất đoạn thẳng có đầu mút A1 tồn điểm A2 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 56 để A1 A2 ngắn Tiếp tục xét đoạn thẳng xuất phát từ A2 Xảy hai trường hợp: A1 A2 ngắn đường gấp khúc dừng A2 , tồn điểm A3 để A2 A3 ngắn nhất, lúc A2 A3 < A1 A2 Giả sử có đường gấp khúc A1 A2 An−1 An theo lập luận có A1 A2 > A2 A3 > > An−1 An Điểm An nối với điểm Ai với ≤ i ≤ n − trái lại ta có An Ai < An An−1 < Ai Ai+1 , mâu thuẫn với yêu cầu Ai Ai+1 đoạn ngắn xuất phát từ Ai Vậy đường gấp khúc Ai Ai+1 An khơng thể khép kín Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 57 KẾT LUẬN Trong luận văn chúng tơi đạt kết sau: Trình bày bốn nguyên lý Đó Nguyên lý quy nạp, Nguyên lý Bù-Trừ, Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý lùi dần Đã xây dựng hệ thống ví dụ tương ứng với lời giải có vận dụng bốn nguyên lý Trình bày phương pháp đại lượng bất biến Xét phủ tập hợp chứng minh vài kết hình học tổ hợp Số hóa Trung tâm Học lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ 58 Tài liệu tham khảo [1] Kenneth H Rosen, Toán học rời rạc ứng dụng tin học, NXB Khoa học kĩ thuật, 1998 [2] Tạp chí toán học tuổi trẻ số 392, NXB Giáo dục, 2010 [3] Tuyển tập năm tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo dục, 2003 [4] Hồng Chí Thành, Giáo trình tổ hợp, NXB ĐHQGHN, 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 59 Luận văn với đề tài "Vận Dụng Các Nguyên Lý Cơ Bản Vào Giải Một Số Bài Toán Sơ Cấp" học viên Vũ Thị Loan chỉnh sửa theo ý kiến đóng góp Hội đồng chấm luận văn họp Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên ngày 22 tháng năm 2013 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ... HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ THỊ LOAN VẬN DỤNG CÁC NGUYÊN LÝ CƠ BẢN VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.0113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC... thành số có 2n chữ số; sau đó, chữ số n chữ số đầu đổi thành chữ số 1, chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số Tương tự, chữ số n chữ số đầu đổi thành chữ số 2, chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số. .. C2n Bài giải: Ta chứng minh tồn song ánh từ N vào M Phương pháp sau: Số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số ”nhân đơi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc: Đầu tiên, hai phiên số