Một số dạng toán số học tổ hợp

Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH VĂN PHONG MỘT SỐ DẠNG TOÁN Số HỌC - Tổ HƠP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC BÌNH ĐINH - NĂM 2020 Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH VĂN PHONG MỘT SỐ DẠNG TOÁN Số HỌC - Tổ HƠP Chuyên ngành: Phương Pháp Toán sơ CẤP Mã số: 46 01 13 Người hướng dẪn: TS TRỊNH ĐÀO CHIEN BÌNH ĐỊNH - NĂM 2020 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan đề tài Một số dạng toán Số học - Tổ hợp cơng trình tác giả nghiên cứu độc lập hướng dẫn TS Trịnh Đào Chiến, không chép người khác Đề tài kết nỗ lực sưu tầm, xếp phân dạng toán từ nguồn Tài liêu tham khảo mà tác giả trích dẫn rõ ràng Quy Nhơn, tháng năm 2020 Tác giả Huỳnh Văn Phong LỜI CẢM ƠN Trước tiên, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy TS Trịnh Đào Chiến, thầy tận tình hướng dẫn để em hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn tới tồn thể q thầy giáo khoa Toán trường Đại học Quy Nhơn nhiệt tình giảng dạy, tạo điều kiện suốt trình tác giả học tập Khoa Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp ủng hộ, động viên, giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập hoàn thiện Luận văn Mặc dù luận văn hồn thành chắn cịn nhiều thiếu sót,rất mong nhận góp ý Hội đồng đành giá Quy Nhơn, tháng năm 2020 Tác giả Huỳnh Văn Phong Mục lục TÀI LIỆU THAM KHẢO 55 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Số học - Tổ hợp cách gọi mang tính tương đối lớp tốn liên quan đến Số học, Tổ hợp đơi liên quan đến số lĩnh vực khác Giải tích, Đại số, Hình học, Ranh giới toán gọi Số học - Tổ hợp khó phân định thực khơng có định nghĩa cho chúng Có tốn Số học lẫn lí thuyết Tổ hợp, ngược lại Các toán Số học - Tổ hợp thường gặp đề thi chọn sinh giỏi quốc gia số nước giới Chúng thường tốn khó, “bất quy tắc”, mà lời giải chúng thường phải kết hợp nhuần nhuyễn kiến thức Số học kiến thức Tổ hợp Trong nhiều toán Số học - Tổ hợp, đặc biệt tốn đếm, ta thường gặp tình mà có hai khả xảy ra, tốn quy dạng phát biểu, thơng thường dùng dãy nhị phân, dãy gồm hai chữ số Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến hệ nhị phân Bất biến khái niệm trung tâm tốn học Nó có mặt hầu hết lĩnh vực Tốn học Đại số, Hình học, Tơ-pơ, Lí thuyết số, Xác suất, Phương trình vi phân, Trong chương trình Tốn phổ thơng, bất biến khái niệm mà học sinh dễ dàng hiểu Bất biến đại lượng (hay tính chất) khơng thay đổi q trình thực phép biến đổi Đơn biến, trái lại, đại lượng thay đổi, theo chiều (tăng lên hay giảm xuống) Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến Trong lý thuyết phân hoạch tập hợp, việc phân hoạch tập rời rạc, đặc biệt tập số ngun đóng vai trị quan trọng Nhiều kết cổ điển xuất sắc đời từ lý thuyết Những kết độc đáo chỗ việc chứng minh chúng nhiều chủ yếu sử dụng số tính chất Số học với suy luận logic, mà áp dụng công cụ mạnh Giải tích Đại số Có thể xem toán phân hoạch tập hợp phận Toán Rời rạc Ta gọi toán dạng Dạng toán liên quan đến phân hoạch tập hợp Do đó, sưuxuất tầm,ứng phân bàikhoa tốn Số học -cho Tổ chúng hợp nêu việc đề làm cần thiết, sốloại phương có ýcác nghĩa pháp giải học, phù hợp mang tính thực tiễn văn vàphần phù hợp với đáp chuyên yêu ngành cầu Phương pháp toán sơ cấp Luận Mục tiêu nghiên cứu Luận văn đề cập đến số dạng toán Số học - Tổ hợp phương pháp giải chúng, phục vụ cho công việc giảng dạy học tập mơn Tốn trường phổ thơng Đối tương phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Một số toán Số học - Tổ hợp Phạm vi nghiên cứu: Toán sơ cấp chương trình phổ thơng Phương pháp nghiên cứu Học viên sưu tầm toán Số học - Tổ hợp, phân loại chúng theo dạng toán, ứng với phương pháp giải phù hợp Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Với mục tiêu nghiên cứu nêu trên, đề tài có ý nghĩa khoa học việc phân dạng toán Số học - Tổ hợp Đồng thời, nội dung luận văn đề cập số phương pháp giải tốn Tổ hợp kì thi chọn học sinh giỏi toán quốc gia quốc tế, phù hợp với chương trình phát triển trọng điểm Tốn học Việt Nam chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Cấu trúc luận văn Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành chương sau: Chương Một số dạng toán liên quan đến hệ nhị phân Chương Một số dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến Chương Một số dạng toán liên quan đến phân hoạch tập hợp Chương MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ NHỊ PHÂN Trong chương này, luận văn trình bày số dạng toán liên quan đến hệ nhị phân phương pháp giải dạng tốn 1.1Dạng tốn hệ nhị phân Nội dung mục tham khảo tài liệu [2] Trong nhiều toán tổ hợp, đặc biệt toán đếm, ta gặp tình mà có hai khả xảy ra, chẳng hạn như: tô màu dùng hai màu xanh đỏ, đường phép sang phải lên, số chẵn số lẻ, tốn đưa dạng phát biểu, thơng thường dùng dãy nhị phân (các dãy gồm hai chữ số 1) Bài toán 1.1.1 Sau học, em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp nhà gởi xe Giá tiền gởi xe đạp 1000 đồng Giả sứ có k em học sinh có tờ 1000 đồng m em học sinh có tờ 2000 đồng Với giả thiết người giữ xe khơng có đồng tiền để trả tiền thừa, hỏi có cách học sinh xếp hàng lấy xe cho không theo n Khi n = H , k = {k}, |H0,k| = = C0: khẳng định Giả sử khẳng định đến (n — 1), với n > Xét phân hoạch H , n k = Bo u B1 u u Bk, (xo,Xi, ,x ) E Bj Xn = j, với n j E {0,1,2, ,k} Theo giả thiết quy nạp ta có: |Bj | = H.i,k— j | = Cn—1 +k— J, Vj = 0,1,2, ,k k Do ta có điều phải chứng minh Lưu ý: H \ | n,k _ C — C _ Cn+k, với quy ước C _ Trở lại toán dạng tổng quát sau: Với m, n G N, khai triển f (x) _ (1 + X + X + + xm^n++ ta đa thức f (x) _ a0 + a1x + a2x2 + + am(n+1)Xm(n+1) Viết cụ thể khai triển f (x), ta có _ |H„,i| _ CC, Vi _ 0,1,2, ,m, |H„,i| > a;, ỉ m + Nói riêng: mm a0+a1+a2+ +am _ £ £ £ (Cn+1+i C n+i i =0 C n+i ) C n+1+m i =0 Bài toán cho trường hợp n + _ m _ 10 Do S = C Bài toán 3.2.5 Cho số nguyên n > Gọi S tập hợp gồm n phần tứ Ai, với i = 1,m, tập khác gồm hai phần tứ S cho từ quan hệ Ai n Aj = 0, Aj n Ak = 0, Ak n Ai = 0, ta suy Ai n Aj n Ak = Chứng minh rằng: m < 2n—1 — Lời giải Ta chứng minh phương pháp quy nạp theo n Hiển nhiên, phát biểu đề n = Giả sử n > phát biểu với số nguyên k < n Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Không tồn i, j, với i = 1, m Ai u Aj = S |Ai n Aj | = Gọi x phần tử tùy ý S Số tất tập Ai không chứa x lớn n—2 — 1, theo giả thiết quy nạp Số tập chứa x S n1 Nếu x E Ai khơng tồn số j Aj = (S \ Ai)u{x}, khơng phải có | Ai n Aj | = Do vậy, nửa tập chứa x S xuất dạng tập Ai Như thế, số lớn tập Ai n—2 — + 2n—2 = 2n—1 — Trường hợp 2: Tồn phần tử x E S cho A1 u A2 = S A1 n A2 = {x} Đặt | A = r + | A | = s + Khi r + s = n — 1 Theo giả thiết quy nạp, số lớn tập Ai cho Ai C A r — Tương tự, số lớn tập Ai cho Ai C A s Nếu Ai tập A A A1 n Ai = 0, A2 n Ai = Vì A1 n A2 = 0, nên A1 n A 2 n Ai = — Như ta có A1 n A2 n Ai = {x} Do đó, Ai = {x} u (Ai \ A1) u (Ai \ A2) Ngoài ra, tập khác rỗng (Ai \ A ) (Ai \ A ) chọn tương ứng theo (2s — 1) (2 r — 1) cách, nên số lớn tập (2s - 1) (2r - 1) Công thêm kết kết riêng vào, ta nhận số lớn tập Ai n—1 — Bài toán 3.2.6 Chứng minh gọi f (r, n) số phân hoạch n thành dạng b0 + b1 + b2 + + bs với < i < s — bi > rbi+1, r số ngun dương tồn số nguyên dương n mà f (r, n) khác số phân hoạch n thành phần từ tập hợp số nguyên bất kỳ, trừ r = Lời giải Ta chứng minh toán phản chứng Giả sử tồn số r > cho có tập S số nguyên dương Nếu r gọi số phân hoạch n thành phần lấy từ tập S g (r, n) f (r, n) = g (r, r n) với n Ta có f (r, 1) = nên ị S Vì khơng g (r, 1) = r Tiếp theo f (r, 2) = nên ị S khơng g (r, 2) = r Do f (r, 3) = f (r, 4) = = f (r, r + 1) = nên ta có 3, 4, 5, , r + / Sr Ta có f (r, r + 2) = phân hoạch r + thỏa mãn bi > rb r + i+1 (r + 1) + Suy r + E Sr khơng g (r, r + 2) = giá trị sau: f (n), g (r, n) n E S , g (r, n) n E S r 1 1ES-r 1 2/S-r 1 3/S-r r Ta có bảng thể r+1 1 r+1/S-r r+2 1 r+2/S-r 2 r+3/S-r 2r + 2 2r + / S - r 2r + 3 2r + / S - r 2r + 3 2r + / S - r r+3 Tiếp theo ta xác định giá trị nhỏ n để f (r, n) = Điều xảy n = b + bi + với b > rbi bi > r n = b 0 +2 với b > 2r Giá trị n trường hợp thứ nhỏ n = (r2 + r + 1) + (r + 1) + = r2 + 2r + 3, trường hợp thứ hai n = (2r + 1) + = 2r + Do 2r + < r + 2r + 3, V r > nên n = 2r + giá trị nhỏ n mà f (r, n) = Trong trường hợp này, phân hoạch n 2r + 3, (2r + 2) + 1, (2r + 1) + Do có 1, r + E Sr nên dẫn đến có phân hoạch 2r + thành phần có (r + 2)+ + + + 1, + + + + Suy cần có 2r + ị S để có g (r, 2r + 3) = r Tiếp theo ta thấy f (r, 2r + 4) = phân hoạch 2r + mà bị > rbi+1 bao gồm 2r + 4, (2r + 3) + 1, (2r + 2) + 2, r > Mặt khác phân hoạch 2r + thành phần tập hợp {1, r+2, 2r+3}là (2r+3)+1, (r+2)+(r+2), (r+2)+1+1+ + , + + + + Nên g (r, 2r + 3) = 2r + ị S g (r, 2r + 3) = 2r + ị S , r r mâu thuẫn Từ ta có điều cần chứng minh Bài tốn 3.2.7 Gọi f (n) , g (n) số phân hoạch n thành số chẵn phần số lẻ phần Chứng minh f (n) — g (n) = (—1)r n = 2r (3r ± 1) , f (n) = g (n) ngược lại (số có dạng n = r (3r ± 1) gọi pentagonal number) Lời giải Gọi p (n) , p (n) số phân hoạch n thành số chẵn e o phần số lẻ phần Ta thiết lập tương ứng 1-1 p (n) p (n) trường hợp e o n = 2m (3m ± 1) Giả sử phân hoạch A = (A1, A , , A ) n có thành phần nhỏ s (A) = Ar (A) r số số nguyên dương liên tiếp giảm dần A Ta xét hai trường hợp sau - Trường hợp Nếu s (A) < (A), ta thêm vào phần trongs (A) thành phần lớn phân hoạch A bỏ thành phần nhỏ - Trường hợp Nếu s (A) > (A), ta trừ vào phần (A) phần lớn phân hoạch A thêm thành phần nhỏ có kích thước (A) Các phép biến đổi hai trường hợp thay đổi tính chẵn lẻ số phần phân hoạch nên ta thấy tồn tương ứng 1- pe (n) po (n) Tuy nhiên, trường hợp khơng cịn + Nếu (A) = r, s (A) = r + n = (r + 1) + (r + 2) + + 2r (3r+1) + Nếu (A) = r, s (A) = r n = r + (r + 1) + + (2r Do tùy theo tính chẵn lẻ -1) (3r - 1) r mà có chênh lệch pe (n) po (n) Vậy ta có p0 (n) n = p0(n)+(-1)r 1 (3r ± 1) n = (3r ± 1) Bài toán 3.2.7 chứng Bài toán 3.2.8 Gọi S (n) số cách phân hoạch có tính thứ tự n thành số 1, 3, Chứng minh S (2n) số phương Giải Ta tính cơng thức truy hồi Is (1) = 1, S (2) = S (3) = ,s (4) = S (n) = S (n) = S (n — 1) + S (n — 3) + S (n — 4), n > Tính số hạng dãy, ta thấy S(2) = 12, S(4) = 22, S(6) = 32, S(8) = 52, Do ta dự đốn chứng minh S (2n) = Fn+1 với F số n Fibonacci thứ n Bài toán 3.2.9 Từ việc so sánh phân hoạch n thành số 1, Chứng minh £ C = Fn+1 0 2.2003 — 2003 (S 2003 d(a) = £|fk—1 (1) — fk (1)|2 > 2003 k=1 > 4.2003 s (2.2003 — 2)2 > 2003 Do d (a) số chẵn nên d (a) > 4.2003 — = 8006 Bài toán 3.3.3 Cho số nguyên dương k Dãy số (x ), n =1, 2, 3, xác định n sau: (i) x1 = (ii) Với số nguyên dương n > xn+1 số ngun dương bé khơng thuộc tập hợp {x1; x2; x3; ; xn; x1 + k; x2 + 2k; x3 + 3k; ; xn + nk} Chứng minh tồn số thực a cho xn = |_na_|, Vn E N* Lời giải Xét đa thức f (x) = x + (k — 2) + k Gọi a nghiệm dương f (x) Ta thấy a E (1, 2) a số vô tỉ |fm Đặt b = a + k + = ab Theo Định lý Beatty giá trị hàm số f (n) = [na] , g (n) = [nb] + kn 1, 2, 3, tạo thành phân hoạch N* Bằng quy nạp ta chứng minh x n = f (n) Bài toán 3.3.4 Chứng minh tập số tự nhiên tơ hai màu mà hai điều kiện sau thỏa mãn i) Với số nguyên tố p số tự nhiên n số pn, pn+1 pn+2 khơng tô màu ii) Không tồn cấp số nhân vơ hạn số tự nhiên có màu Lời giải Ta giả sử màu cần tơ A, B Khi đó, xét nhóm màu AAB, ABA, BBA, BAB xét dãy vô hạn S màu cách đặt lien tiếp nhóm màu thứ lần, nhóm màu thứ hai lần, nhóm thứ ba lần, nhóm thứ tư lần, quay ngược lại nhóm thứ lần, nhóm thứ hai lần thể, cụ thể S = AABSABAABẠBBABBABBẠBABBABBABBAB, x1 x2 x3 x4 Gọi S (k) màu thứ k dãy, tính từ trái sang (chẳng hạn S (2) = A, S (5) = B) C (k) màu tô cho số tự nhiên k, tất nhiên S (k), C (k) G {A, B} , k > Khi ta tơ màu với quy tắc sau Nếu số tự nhiên n = PĨ Pa Pa pk C (n) = S (a1 + a2 + a3 + + ak) Ta chứng minh quy tắc thỏa mãn đề Điều kiện thứ suy từ màu liên tiếp S khơng đồng thời Điều kiện thứ hai chứng minh phản chứng Bài toán 3.3.5 ngơi làng nọ, người ln nói thật ln nói dối Xét người làng xếp thành hàng có người khách đến thăm làng hỏi người họ có người nói thật hàng Mỗi người hàng cho người khách số từ đến Hỏi có multiset câu trả lời mà người khách nhận được? (multiset tập mà phần tử xuất nhiều lần) Lời giải Trước hết ta có bổ đề multi-sets: Số multi-sets có n phần tử lấy từ tập hợp gồm k phần tử Ck+k-1 Ta chọn có dạng (a, b, c, d, e) < a < b < c < d < e < cho tồn trường hợp thực tế thỏa mãn Ta xét trường hợp sau: 1) Nếu a, b, c, d, e số dương rõ ràng ln tồn trường hợp tất người nói dối Số C9 = 126 Nếu số a, b, c, d, e mà có số phải có người nói thật 2) Nếu a = b = c = d = e = khơng có trường hợp thỏa 3) Nếu a = b = c = d = 0, e > có (0, 0, 0, 0, 1) thỏa với trường hợp người nói thật, người nói dối 4) Nếu a = b = c =0, d, e > ta xét trường hợp sau: + Nếu có người nói thật d =1, e = 1, ta có + Nếu có người nói thật d = e = 2, có Vì khơng thể có nhiều người nói thật nên có thỏa mãn đề 5) Nếu a = b = 0, c, d, e > ta xét: + Nếu có người nói thật c = 1, d, e = nên có tất C2 +4-1 = 10 + Nếu có người nói thật số c, d, e số cịn lại khác 2, có tất Do có trùng lại (0, 0, 2, 2, 1) nên xét + Nếu có người nói thật c = d = e = có Do đó, có tất 10 + + = 14 thỏa mãn 6) Nếu a = 0, b, c, d, e > thì: + Nếu có người nói thật b =1 c, d, e > 2, ta có C 3 +4-1 = 20 + Nếu có người nói thật số b, c, d, e hai số lại khác - Nếu số cịn lại lớn ta xét (0, 2, 2, d, e) với d, e > 2, có tất C2 - =6 +3 - Nếu hai số lại, có số ta cần xét (0, 2, 2, 1, 1) cịn lại đếm Suy có + = thỏa mãn + Nếu có người nói thật số b, c, d, e số lại khác - Nếu số cịn lại lớn ta xét (0, 3, 3, 3, e), có thỏa mãn - Nếu số lại bé ta có (0, 3, 3, 3, 1) (0, 3, 3, 3, 2), (0, 3, 3, 3, 1) đếm nên có thỏa mãn Do ta + = + Nếu bốn người nói thật b = c = d = e = cói trường hợp Do có tất 20 + + + = 31 Vậy có tất 126 + + + + 14 + 31 = 177 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau Sưu tầm phận dạng tốn Số học có liên quan đến yếu tố Tổ hợp ngược lại Trình bày ứng dụng bất biến đơn biến giải toán Số học - Tổ hợp Áp dụng phương pháp phân hoạch tập hợp giải số dạng toán Số học - Tổ hợp Vận dụng kiến thức số học tổ hợp chương trình Tốn sơ cấp để giải tốn thi chọn học sinh giỏi Luận văn cần bổ sung số vấn đề sau Luận văn cần bổ sung thêm dạng toán Số học - Tổ hợp khác, chẳng hạn như: Lí thuyết chia hết với Tổ hợp, Lí thuyết trị chơi với Tổ hợp Luận văn phát triển theo hướng Tốn ứng dụng Tài liệu tham khảo [1] Trịnh Đào Chiến (2017), Tiếp tục tìm Bất biến Đơn biến , Kỉ yếu Gặp gỡ Toán học lần thứ 9, Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh [2] Hà Huy Khối (2017), Một số toán Số học - Tổ hợp, Tạp chí Tốn n, Số 3, trang 15 - 18 [3] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trần Nam Dũng, Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Đặng Hùng Thắng (2008), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp Toán rời rạc, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, Hà Nội [4] Lê Anh Vinh (2018), Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu Toán, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam, Hà Nội ... sau: Chương Một số dạng toán liên quan đến hệ nhị phân Chương Một số dạng toán liên quan đến bất biến đơn biến Chương Một số dạng toán liên quan đến phân hoạch tập hợp Chương MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN... tài Số học - Tổ hợp cách gọi mang tính tương đối lớp toán liên quan đến Số học, Tổ hợp đơi cịn liên quan đến số lĩnh vực khác Giải tích, Đại số, Hình học, Ranh giới tốn gọi Số học - Tổ hợp khó... số dạng toán Số học - Tổ hợp phương pháp giải chúng, phục vụ cho công việc giảng dạy học tập mơn Tốn trường phổ thơng Đối tương phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Một số toán Số học - Tổ