CHUYÊN ĐỀ TOÁN RỜI RẠC HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC CÁC TỈNH DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

0 CHUYÊN ĐỀ TOÁN RỜI RẠC HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC CÁC TỈNH DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013-2014 BẮT ĐẦU TỪ NHỮNG TRƯỜNG HỢP NHỎ Nguyễn Thế Sinh THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương Tháng 8/2013 BẮT ĐẦU TỪ NHỮNG TRƯỜNG HỢP NHỎ Nguyễn Thế Sinh Giáo viên THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương ******************** Tốn rời rạc ln tốn khó đề thi nào, đặc biệt với học sinh Việt Nam-những người học cách mảng mơn Tốn Cho dù có số lượng lớn tốn khơng cần nhiều kiến thức đồ sộ mà cần kiến thức tầm thường, đơn giản nguyên lý quy nạp, quy tắc đếm bản, … khiến học sinh phải cảm thấy ngại đứng trước Chính thế, tơi muốn đề cập đến hướng tiếp cận tốn rời rạc mà khơng giải tốn thơng qua cách tiếp cận chí học sinh hiểu đề Hướng tiếp cận vơ đơn giản, bắt đầu với ví dụ, trường hợp nhỏ, cụ thể Tuy vậy, cách làm đòi hỏi kiên nhẫn tất nhiên đòi hỏi chút nhạy cảm Toán học, để phát quy luật ý tưởng lóe lên trường hợp Các tốn mà tơi đưa sau ví dụ minh họa cho điều này, trường hợp nhỏ lẻ nhiều chứa đựng phương pháp giải, có chứa đựng ý tưởng làm tiền đề cho lời giải, có giúp tháo gỡ vài điểm nút lời giải xem từ phương diện tổng quát Nhưng chắn điều, ví dụ giúp ta hiểu rõ đề hơn, qua giúp ta có dũng khí đương đầu với Ngồi ra, viết này, làm việc với trường hợp nhỏ, dùng cỡ chữ nhỏ chút để bạn tiện theo dõi, phân biệt lời giải cuối dẫn dắt dẫn đến lời giải Bài Với n, xét tập hợp Sn  {1, 2,3,, n} Tìm số tập hợp khác rỗng S n , không chứa số nguyên liên tiếp tùy theo n Lời giải: Trước hết, ta bắt đầu với trường hợp nhỏ +) Với n=1, ta tập hợp thỏa mãn: {1} +) Với n=2, ta tập thỏa mãn: +) Với n=3, ta tập thỏa mãn: {1}; {2} {1}; {2}; {3}; {1,3} +) Với n=4, ta tập thỏa mãn: {1}; {2}; {3}; {4};{1,3};{1,4};{2,4} +) Với n=5, ta 12 tập thỏa mãn: {1}; {2}; {3};{4};{5};{1,3};{1,4};{1,5};{2,4};{2,5};{3,5};{1,3,5} Bây giờ, quan sát thay đổi tập thu n tăng dần, ta thấy n tăng lên đơn vị, tập thu ứng với giá trị n trước đó, cịn tập tạo cách thêm số n vào, nhiên phép thêm vào tập không chứa số n-1 Chẳng hạn: Với n=4, tập là: {1}; {2}; {3}; {4};{1,3};{1,4};{2,4} Thì với n=5, có tập đó, thêm vào tập {5}, tạo từ tập  cách thêm số {1,5};{2,5};{3,5}, tạo từ tập {1};{2};{3} cách thêm vào số {1,3,5}, tạo từ tập {1,3} cách thêm vào số Những tập chứa số không tạo tập thỏa mãn Như vậy, tổng quát hóa suy nghĩ này, ta thu lời giải nhờ truy hồi ( từ trường hợp trước tạo trường hợp sau) sau: ******* Gọi an số tập tập S n thỏa mãn đề bài, ta có a1  1, a2  2, a3  4, a4  7, a5  12 Xét với tập Sn 1 , tập thỏa mãn thuộc loại Loại 1: Khơng chứa n+1, có an tập loại Loại 2: Chứa n+1, tập loại tạo nhờ thêm vào n+1 từ tập S n , thỏa mãn đề bài, tập khơng chứa n, tập Sn 1 thỏa mãn đề Ngồi có thêm tập {n+1} Vậy có an1  tập loại Từ ta được: an1  an  an1  1, n  , a1  1, a2  Giải phương trình sai phân thu trên, ta được: an   1 n  1 n ( )  ( ) 1 2 5 Với kiểu lập luận tương tự trên, ta có lời giải cho tốn sau: Bài Xét hoán vị ( x1, x2 ,, xn ) tập Sn  {1,2,, n} Vị trí i,1  i  n gọi vị trí cực đại xi  xi 1, xi  xi 1 ( vị trí n khơng phải vị trí cực đại) Gọi p(n,k) số hốn vị Sn có k vị trí cực đại Chứng minh rằng: p(n  1, k  1)  (2k  4) p(n, k  1)  (n  2k  1) p(n, k ) Lời giải: Nhận xét: Nếu i vị trí cực đại ( x1, x2 ,, xn ) i  1, i  khơng phải vị trí cực đại Gọi p(n, k ) số hốn vị Sn có k vị trí cực đại Xét ( x1, x2 ,, xn ) hốn vị Sn , có k vị trí cực đại i1  i2   ik Đưa x1, x2 ,, xn vào ô sau: ( xi đứng ô trống, có n  trống) x1 x2 … xi1 1 xi1 xi1 1 … xn 1 xn Khi đưa n  vào hoán vị ( x1, x2 ,, xn ) để thành hoán vị Sn 1 , ta đặt n  vào n  trống Có trường hợp: Th1: Nếu n  đặt vào ô trống cuối số vị trí cực đại hốn vị khơng đổi ( khơng ảnh hưởng đến vị trí cực đại) Th2: Nếu n  đặt vào 2k ô trống cạnh i1 , i2 , , ik tạo hốn vị có k vị trí cực đại ( thêm vị trí cực đại vị trí n  bớt vị trí cực đại ik n  đứng cạnh ik , nghĩa số vị trí cực đại khơng đổi) Th3: Nếu n  đặt trống cịn lại ( có n  2k  ơ) làm tăng thêm vị trí cực đại, vị trí n  Vậy, hốn vị Sn có k vị trí cực đại tạo 2k  hoán vị Sn 1 có k vị trí cực đại n  2k  hốn vị Sn 1 có k  vị trí cực đại cách thêm n  vào 4 n! hoán vị Sn , hoán vị tạo n  hoán vị Sn 1 cách thêm n  vào giữa, hốn vị Sn khơng tạo hoán vị Sn 1 , n! hoán vị chia làm loại: Loại 1: Có k vị trí cực đại: p(n, k ) hốn vị Loại 2: Có k  vị trí cực đại: p(n, k  1) hốn vị Loại 3: Có khơng q k  vị trí cực đại Mỗi hốn vị loại cho n  2k  hoán vị Sn 1 có k  vị trí cực đại Mỗi hoán vị loại cho 2(k  1)   2k  hoán vị Sn 1 có k  vị trí cực đại Mỗi hốn vị loại khơng cho hốn vị Sn 1 có k  vị trí cực đại Vậy p(n  1, k  1)  (2k  4) p( n, k 1)  ( n  k 1) p( n, k) Với k  p(n  1,1)  p(n,1)  (n  1) p(n,0) Tiếp theo vài tập tương tự Bài 1.1 Có tập tập Sn  {1, , n} , chứa số nguyên liên tiếp Bài 1.2 Có xâu nhị phân độ dài n, khơng có bit đứng cạnh Bài Cho n nguyên dương, gọi S tập gồm 2n  phần tử, X tập tất tập S, Y  {0,1,, 2n1 1} Xét ánh xạ f : X  Y thỏa mãn: Với x, y, z  S , số f ({x, y}), f ({ y, z}), f ({z, x}) , có số tổng hai số cịn lại Chứng minh tồn a, b, c  S cho f ({a, b})  f ({b, c})  f ({c, a})  Lời giải: +) Với n=1, S có phần tử S  {a, b, c} Y  {0} nên đương nhiên f ({a, b})  f ({b, c})  f ({c, a})  +) Với n=2, S  {a, b, c, d , e} Y  {0,1} , tập X có 10 phần tử, cố định a  S , quy ước f ({a, a})  , xét tập U  {x  S , f ({x, a})  0}; V  { y  S, f ({ y, a}) 1} Khi đó, tồn tập U V có số phần tử lớn - Nếu tập U, tồn phần tử a,x,y thuộc U, rõ rang f ({x, a})  f ({ y, a})  f ({x, y})  - Nếu tập V, tồn x, y, z V , đó: f ({x, y})  f ({ y, z})  f ({z, x})  +) Với n=3, ta có S gồm phần tử, Y  {0,1, 2,3} Cố định a  S Chia tập S thành tập U  {x  S , f ({x, a}) chẵn}; V  { y  S , f ({ y, a}) lẻ } tồn tập có phần tử, - Nếu U, U đóng vai trị S trường hợp trên, f ({x, y}) chẵn x, y U , toán giải với Y '  {0, 2} đóng vai trị Y - Nếu V, V đóng vai trị S trường hợp trên, f ({x, y}) chẵn x, y U , Y '  0, đóng vai trị Y trên, toán giải Từ trường hợp trên, ta có ý tưởng quy nạp sau: ******* Giả sử toán cho trường hợp n=k, xét tập S gồm 2k 1 phần tử, cố định a  S Chia tập S thành tập U  {x  S , f ({x, a}) chẵn}; V  { y  S , f ({ y, a}) lẻ } 2k 1  ]  2k  phần tử, giả sử U tồn tập có [ Khi với x, y U f {x, y} chẵn f {x, y}  f ({x, a})  f ({ y, a}) f ({x, a})  f ({ y, a}) chẵn, từ f {x, y} {0, 2,, 2k  2} Xét g ({x, y})  f ({x, y}) , ta chuyển toán trường hợp trước Từ có điều phải chứng minh Bài [IMO shortlisted 2005] Cho số n tự nhiên, n  Ta đánh số cạnh đường chéo n- giác PP  Pn số nguyên dương nhỏ r thỏa mãn: i) ii) Mọi số nguyên dương từ đến r đánh số Với tam giác PP i j Pk , cạnh đánh số số cạnh lại đánh số nhỏ a) Xác định số nguyên dương r lớn mà điều thực b) Với r thu trên, có cách đánh số thỏa mãn Lời giải: +) Trước hết, tiện, ta ký hiệu | XY | k đoạn XY đánh số k +) Xét n=3, ta có tam giác nhất, đó, ta có số nguyên dương phải dùng 2, đó, số dùng cho cạnh, số dùng cho cạnh lại nên có cách đánh số +) Xét n=4, ta có tứ giác, cho tất cạnh đường chéo, nên số nguyên dùng vượt 6, số đánh đoạn đó, đoạn cạnh tam giác khác nhau, nên tồn thêm đoạn khác đánh số 6, vậy, đoạn, buộc phải đánh số từ đến 5, mâu thuẫn Vậy, r3, xét k  [ n(n  1)] tập X n gồm n(n  1) phần tử, k phần tử màu đỏ, k phần tử màu xanh cịn lại màu trắng Chứng minh chia tập X n thành n tập rời A1 , A2 ,, An cho với số m tùy ý  m  n tập Am chứa m phần tử phần tử màu Lời giải: Kiểm tra với n=4,5,6,7,8,9, ta có bảng sau: n n(n  1) k Các phần tử màu xanh Các phần tử màu đỏ Các phần tử màu trắng 10 | A1 | , | A2 | | A3 | | A4 | Phân bố màu ( X-ĐT) 3-3-4 15 | A1 | , | A4 | | A2 | , | A3 | | A5 | 5-5-5 21 | A1 | , | A6 | | A3 | , | A4 | | A2 | , | A5 | 7-7-7 28 | A4 | , | A5 | | A3 | , A6 | | A1 | 1,| A2 | , | A7 | 9-9-10 | A1 | , | A2 | 36 12 | A5 | , | A7 | | A4 | , | A8 | | A3 | , | A6 | 12-12-12 | A1 | 1,| A2 | 45 15 | A6 | 6,| A9 | | A7 | , | A8 | , | A3 | 3, | A4 | , | A5 | 15-15-15 15 10 55 18 | A1 | , | A2 | | A5 | , | A10 | 10 | A1 | , | A4 | 11 66 22 | A6 | , | A11 | 11 | A3 | , | A6 | | A9 | | A4 | , | A7 | | A8 | 18-18-19 | A2 | , | A3 | | A7 | 7,| A10 | 10 | A5 | | A8 | 8,| A9 | 22-22-22 Để giải toán trường hợp tổng quát, ta cần cách chia tổng quát quy trường hợp n lớn với trường hợp n nhỏ Qua việc nghiên cứu trường hợp nhỏ lẻ, thấy khó tìm quy luật tổng qt cho việc phân chia, vậy, ta thử tìm cách đưa trường hợp sau trường hợp trước đó, trường hợp n=5,6,7,8,9 gần khó đưa trường hợp trước, với n=10, ta đưa n=4, số lượng chênh màu nhau, từ 3-3-4 lên 18-18-19, tức chênh lên 15, ta cần có phần, phần 15 phần tử màu, chia thành tập có nhiều phần tử ( 3-3-4 lên 9-9-10 chênh tập lên phần tử, tập nhiều phần tử khơng thể làm vậy) Vậy, ngun nhân đưa từ trường hợp n=10 trường hợp n=4 vì: Mỗi tập chênh 15 phần tử, tập có số phần tử  x  10 , 15   10     Trường hợp n  (5-5-5) sang trường hợp ( 22-22-22), chênh lên 17 phần tử tập, số phần tử tập thuộc {6,7,8,9,10,11} mà 17=6+11=7+10=8+9 ******* Từ đây, ta có lời giải tổng quát quy nạp với việc xây dựng cách chia tập X n dựa vào cách chia tập X n6 sau Xét tập X n gồm n(n  1) (n  6)( n  5) phần tử Ta xét tập X n6 gồm phần tử, gồm 2 k1  [ (n  6)( n  5)] phần tử màu xanh, k1 phần tử màu đỏ lại màu trắng Theo giả thiết quy nạp, tập X n6 ln chia thành n  tập rời A1 , A2 ,, An6 thỏa mãn toán 16 Ta có k  k1  [ n(n  1) (n  6)(n  5) ] [ ] 6 Mặt khác [a]  [b]  a 1  [b]  a 1  b [a]  [b]  a  [b]  a  (b 1)  a  b  Nếu a  b số nguyên [a]  [b]  a  b Mà 1 n(n  1)  (n  5)(n  6)  2n  số nguyên nên k  k1  2n  6 Vậy số phần tử màu xanh ( đỏ) X n6 2n-5 Có | X n |  | X n6 | 6n 15 nên số phần tử màu trắng X n6 6n-15-2(2n-5)=2n-5 Khi đó, ta xây dựng tập An5 , An4 , An3 , An2 , An1 , An sau: Tập An5 , An chứa toàn phần tử màu xanh Tập An4 , An1 chứa toàn phần tử màu đỏ Tập An2 , An3 chứa toàn phần tử màu trắng Bài [IMO shortlisted 2012] Cho n  số nguyên Tìm số lớn tập rời nhau, có phần tử tập {1, 2,, n} cho i) ii) Tổng phần tử tập không vượt n Tổng phần tử tập khác số nguyên dương khác Lời giải: Giả sử k số lớn cặp tập rời thỏa mãn đề Ví dụ: +) Với n=3, có tập có phần tử mà tổng phần tử không tập {1,2} nên k=1 với tập {1,2} +) Với n=4, có tập {1,2}, {1,3} thỏa mãn tổng phần tử không 4, tập không rời nên k=1, với tập {1,2} +) Với n=5, có tập {1,2}; {1,3}; {1,4}; {2,3} thỏa mãn, tập đầu có chung phần tử nên chọn tập, nên k  , với k=2 chọn tập {2,3}; {1,4}, tập có tổng nên cuối k=1, với tập {1,2} 17 +) Với n=6, có tập {1,2},{1,3},{1,4},{1,5}- chọn tập Và tập {2,3},{2,4}- chọn tập Nên k=2 với tập {2,4}; {1,3} {2,3}; {1,4}, cặp {2,4},{1,3} cho tổng khác Vậy k=2, với tập {2,4},{1,3} +) Với n=7, có tập {1,2},{1,3},{1,4}, {1,5}, {1,6}- chọn tập Các tập {2,3},{2,4},{2,5}- chọn tập Tập {3,4} nên k  , với tập {3,4}; {2,5}; {1,6}, nhiên, chọn tập yêu cầu tổng nên k  , với k=2, chọn tập {2,4} {1,3} Vậy k=2, chọn tập {2,4} {1,3} +) Với n=8, có tập {1,2},{1,3},  , {1,7}- chọn tập {2,3}, {2,4},{2,5},{2,6} chọn tập {3,4}, {3,5} chọn tập Với k=3 với tập {3,4}, {2,6},{1,2} chẳng hạn Tiếp tục vậy, ta có bảng sau N k 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 7 Theo bảng, dự đốn quy luật lặp lại theo chu kì với n=5m+1, n=5m+2 cho đáp số k=2m, n=5m+3, 5m+4, 5m+5 cho đáp số 2m+1 Từ đó, ta nghĩ cách tổng quát để phân hoạch tập {1, 2,, n} thành tập phần tử thỏa mãn đề trường hợp với số k lớn số định khơng thể phân chia Ngoài ra, với trường hợp n=5m+1, n=5m+2 chọn chung tập, trường hợp n=5m+3, 5m+4, 5m+5 chọn chung tập Vậy chủ yếu làm việc với trường hợp n=5m+1 n=5m+3 Ta có lời giải sau: ******* Với n=5m+1,5m+2 ta chọn 2m tập gồm {1,4m}, {3,4m-1}, {5, 4m-2},…, {2m+1,3m}- m tập {2,2m}- tập {4,3m-1}, {6,3m-3},…, {2m-2,2m+2} – m-1 tập 18 Ngoài k  2m  tổng S k cặp thỏa mãn: S  (1  2)  (3  4)   (4m   4m  2)  (2m  1)(4m  3) Và S  (5m   5m  1)   (3m   3m  2)  (2m  1)(4m  2) Mâu thuẫn Với n=5m+3,5m+3,5m+5, ta chọn 2m+1 tập gồm {1,4m+2},{3,4m+3}, …, {2m+1, 3m+2}- m+1 tập {2, 3m+1}, {4, 3m}, …,{2m,2m+2}- m tập Ngoài k  2m  tổng S k cặp thỏa mãn: S  (1  2)  (3  4)   (4m   4m  4)  (2m  2)(4m  5) Và S  (5m   5m  4)   (3m   3m  4)  (2m  2)(4m  4) Mâu thuẫn Vậy đáp số cuối [ 2n  ] Bài 10 Tại đỉnh lục giác viết số ngun khơng âm có tổng 2013 Một người thực thay đổi sau: Chọn đỉnh, thay số đỉnh giá trị tuyệt đối hiệu số viết đỉnh kề với đỉnh chọn Chứng minh rằng, số lần cho số thu đỉnh Lời giải: Đương nhiên muốn giảm số tổng số phải giảm dần Xét vài trường hợp cụ thể Dễ trường hợp có số đỉnh xen kẽ 0, lại có tổng 2013 Khi cần tác động lần thao tác cho đỉnh khác 0, ta thu trạng thái Nếu có số đỉnh xen kẽ 0, ta dễ dàng thu đáp số, cụ thể A B F A 0 D A 0 A 0 A 0 A 0 0 0 Ngoài ra, số đỉnh phụ thuộc vào số đỉnh sau phép biến đổi, nên ta xem xét chủ yếu biến đổi dựa số đỉnh,chẳng hạn theo dõi biến đổi A  C  E sau 19 C-E A-C C A-E E C-E C-E A-C A-C A C A-E |A+E-2C| A-E C-E E A A-C C A-E A-C A E C-E C-E A-C C A-E A-C C-E Ta thấy có phép biến đổi A B F C E A-C A A-E D C E C-E A-E A-C C A-C C-E C-E làm giảm tính lẻ tổng A+C+E khơng có số 0, phép biến đổi đáng lưu ý Từ đặt câu hỏi: Khi có số có đưa trường hợp số 0, khơng có số nào? Trả lời câu hỏi xem xét biến đổi cụ thể trên, ta có lời giải sau: ******* Trước hết, tồn đỉnh xen kẽ cho tổng số lẻ ( tốn sử dụng tính lẻ số 2013 nên tổng quát 2013 thành số n lẻ bất kỳ), giả sử đỉnh A, C, E ( điền số A,C,E luôn) +) Nếu A  C  E >0 Xét biến đổi sau A B F A C E D A-E A-C C E C-E C-E A-E A-C C A-C C-E 20 Ta thấy phép biến đổi làm giảm tổng A+C+E thành (C-E)+C+(A-C)=A+C-E giữ nguyên tính lẻ tổng E khác 0, áp dụng liên tiếp thao tác này, đến trạng thái mà số A,C,E số +) Nếu có số A,C,E Giả sử A>C=E=0, xét phép biến đổi A B F A 0 A A D A A 0 0 0 0 Ta thu trạng thái toàn số +) Nếu A  C  E  , A lẻ nên A>C, xét phép biến đổi A B F A C D A-C C A C A-C A C |A-2C| C Ta thấy phép biến đổi làm giảm thực tổng A+C+0 thành C+|A-2C|< A+C ( C >0 C < A), giữ cho tổng lẻ, tức tiếp tục áp dụng biến đổi này, ta đến trạng thái mà có số 0, lúc áp dụng phép biến đổi cho trường hợp trên, ta thu kết Vậy ta có điều phải chứng minh Tơi xin tạm dừng viết Vì thời gian có hạn kiến thức chun mơn nhìn nhận góc nhìn chủ quan, nên cịn điều bất hợp lý cần phải chỉnh sửa lại, điều tiếp tục phát triển được, hay có thêm ví dụ minh họa tiếp tục làm rõ thêm ý tưởng này, mong bạn bè đồng nghiệp góp ý để viết thêm hồn thiện Mọi góp ý bổ sung, minh họa liên quan xin gửi hòm thư Sinhntsp83@gmail.com (Khi nhận góp ý bổ sung xong, tơi gửi lại hoàn thiện cho đồng nghiệp quan tâm, xin chân thành cảm ơn) 21 Tài liệu tham khảo [1] Mathematics Olympiad Coach Seminar, China [2] The IMO Compendium –Springer [3] Web: Mathlinks.ro ... NHỮNG TRƯỜNG HỢP NHỎ Nguyễn Thế Sinh Giáo viên THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương ******************** Tốn rời rạc ln tốn khó đề thi nào, đặc biệt với học sinh Việt Nam-những người học cách mảng... bản, … khiến học sinh phải cảm thấy ngại đứng trước Chính thế, tơi muốn đề cập đến hướng tiếp cận toán rời rạc mà khơng giải tốn thơng qua cách tiếp cận chí học sinh cịn hiểu đề Hướng tiếp cận vô... phải đánh số 3, {| P2 P3 |,| PP |}  {1, 2} nên có cách chọn | P2 P3 | | PP | Vậy có cách đánh số thỏa mãn Tổng cộng có cách đánh số thỏa mãn với P1 làm đỉnh trung tâm, có 36 cách đánh số, cách