6. Cấu trúc của luận văn
3.5. ÁP DỤNG GIẢI MỘT SỐ ĐỀ THI
Bài toán 23 (MOSP 2001) [7]. Giả sử x1,x2, ...,xn là các số thực. Chứng minh rằng có khơng q n42 cặp(i, j)∈ {1,2, ...,n} × {1,2, ...,n} sao choi< j và
1<xi−xj<2.
Phân tích.Đây là bài tốn đại số, kết luận có liên quan đến giá trị n42 nên ta nghĩ đến việc sử dụng định lý Turan. Để sử dụng định lý Turan ta cần xây dựng đồ thị
G và chứng minh G khơng chứaK3 (vì kết quả của bài tốn này ứng với kết quả của định lý Turan làt =3).
Để chứng minh trong G khơng chứaK3 ta dùng phản chứng vì khi đó ta có nhiều dữ liệu để xử lý.
Giải.Ta xây dựng một đồ thị G gồm n đỉnhX1,X2, ...,Xn tương ứng với các số thực x1,x2, ...,xn; hai đỉnh Xi,Xj được nối bởi cạnh nếu1 <xi−xj<2. Yêu cầu của
bài tốn trở thành chứng minh G có số cạnh khơng quá n42.
Giả sử G có chứaK3, tức là tồn tại ba đỉnhXi,Xj,Xk kề nhau từng đơi. khi đó
1<xi−xj<2; 1<xj−xk<2; 1<|xk−xi|<2
.
Do tính chất đối xứng, giả sửxi<xj <xk, từ các bất đẳng thức ở trên ta được
1<xj−xi; 1<xk−xj ⇒xk−xi>2
Điều này mâu thuẫn với1<|xk−xi|<2. Do đó G khơng chứaK3.
Khi đó theo định lý Turan, số cạnh tối đa của G là 3−23−1×n22 = n42. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài tốn 24 (APMO 1990)[10].Một tập hợp gồm 1990 người được chia thành các tập con rời nhau sao cho:
1. Khơng có người nào trong một tập con quen với tất cả các người nằm trong cùng tập con đó;
2. Trong nhóm 3 người bất kỳ cùng thuộc một tập con, ln tồn tại ít nhất hai người khơng quen biết nhau;
3. Với bất kỳ một nhóm hai người nào trong cùng một tập con mà không quen biết lẫn nhau, tồn tại đúng một người trong tập con đó mà quen biết với cả hai người này.
(a) Chứng minh rằng trong mỗi tập con, mỗi người đều có cùng số người quen biết.
(b) Tìm số lớn nhất các tập con có thể chia được.
Phân tích.Bài tốn có thể dùng phương pháp đồ thị : mỗi người được xem là đỉnh, mối quan hệ "quen biết" giữa các đối tượng được biểu diễn bởi cạnh nối các đỉnh tương ứng. Các điều kiện của đề bài có thể được chuyển thành điều kiện cho các đỉnh của đồ thị. Trước tiên ta cần tìm số phần tử của tập hợp thỏa mãn các điều
kiện của bài toán.
Giải.Xét một tập hợp gồm n người thỏa mãn các điều kiện 1, 2, 3, của đề bài. Xây dựng đồ thị G gồm n đỉnh. Nếu hai người quen biết nhau thì hai đỉnh tương ứng được nối bằng một cạnh. Khi đó ta được đồ thị G cónđỉnh thỏa mãn các điều kiện sau:
(1) Khơng có đỉnh nào được nối với tất cả các đỉnh cịn lại; (2) Khơng tồn tại tam giác trong đồ thị;
(3) Với hai đỉnh A, B bất kỳ mà khơng có cạnh AB, tồn tại đúng một đỉnh C nối với A và B.
Ta đi chứng minh mọi đỉnh của G đều có bậc bằng nhau và tìm số n bé nhất có thể được.
Với đỉnh A bất kỳ giả sửdeg(A) =m. Gọi các đỉnh kề với A làB1,B2, ...,Bm. Theo điều kiện (2), khi i6= j thì khơng có cạnh BiBj. Theo (3), một đỉnh C khác A thì khơng thể nối được vớiBi,Bj vớii6= j. Suy ra códeg(Bi)−1đỉnhCi j nối với đỉnh Bi, j∈ {1,2, ...,deg(Bi)−1}.
Xét các đỉnh có thể nối vớiCi j, theo điều kiện (3) thì những đỉnh này khơng nối được vớiBi, gọi các đỉnh này làChk.
NhưngCi j không thể nối vớiCik (k∈ {1,2, ...,deg(Bi)−1}), theo (2), và nó cũng
khơng nối được với các đỉnhCkh vàCkh0, theo (3), và do đó nó nối được với nhiều nhất một đỉnhCkh với mọii6=k(Ckh,Ckh0 là các đỉnh kề với Bk).
Nhưng theo (3), phải có đỉnh X nối được với 2 đỉnhBk vàCi j(vớii6=k), và chỉ có những đỉnh nối được vớiBk là A vàCkh. Từ đó suy raCi j phải nối được với ít nhất một đỉnhCkh với mọii6=k. Do đódeg(Ci j) =m.
Bây giờ nếu ta bắt đầu từ đỉnhBi thay cho đỉnh A rồi lặp lại toàn bộ lý luận trên ta sẽ códeg(Bi)giống nhưdeg(Chk), ở đâyChklà một trong những đỉnh nối vớiCi j. Vậy tất cả các đỉnh đều có cùng bậc và cùng bằngm.
Với ký hiệu như trên, ta có một đỉnh A,mđỉnhBi,m(m−1)đỉnhCjk, suy ra ta có tất cảm2+1 đỉnh. Vậy ta cón =m2+1.
Giá trị bé nhất củamlà 1, khi đó đồ thị G có 2 đỉnh khơng thỏa điều kiện (1). Vớim=2 thì G có 5 đỉnh, dễ thấy ngũ giác thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Vậy giá trị bé nhất củanlà 5.
Trở lại bài tốn ban đầu, ta có số tập hợp con lớn nhất có thể phân chia được thỏa mãn các điều kiện của bài toán là1990 : 5=398 tập hợp.
như sau: mỗi đối thủ có thể đấu cho một hoặc hai cặp. Hai cặp bất kỳ sẽ đấu với nhau nhiều nhất là một trận, nhưng khi hai cặp nào có cầu thủ chung thì sẽ khơng đấu với nhau. Xét tập hợp các số nguyên dương phân biệt{a1,a2, ...,an}, hãy tìm
số bé nhất các đấu thủ để trong cuộc thi đấu này người ta có thể sắp xếp các đối thủ sao cho :
(1) Số trận đấu mà mỗi đối thủ tham gia là một trong các số ai, và
(2) Với mỗi ai cho trước có thể tìm được ít nhất một đối thủ đã tham gia đúng
ai trận.
Giải. Đặtk=maxai 6
,i∈ {1,2, ...,n}. Ta chứng minh số đối thủ ít nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là3k+3.
Giả sử A là đấu thủ nào đó chơi6k trận.
+ Nếu A chỉ chơi cho 1 cặp thì cặp này đã thi đấu với6k cặp khác. Mỗi đối thủ chỉ chơi cho nhiều nhất hai cặp nên trong 6k cặp này phải có ít nhất 6k đối thủ. Suy ra tổng số đối thủ ít nhất là6k+1>3k+3.
+ Nếu A chơi cho 2 cặp thì một trong hai cặp phải chơi ít nhất 3k trận, tức là thi đấu với ít nhất3k cặp khác. Suy ra số đối thủ ít nhất là3k+3(A+ hai đồng đội
của A ở hai cặp+ít nhất 3k cặp khác).
Bây giờ ta chứng minh có thể sắp xếp các trận đấu cho 3k+3 đối thủ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Xétnsố nguyên dương khác nhau{b1,b2, ...,bn}sao chomaxbi=k,i∈ {1,2, ...,n}, ta chứng minh có thể tìm được đồ thị G gồmk+1đỉnh sao cho :
(1) Với mỗii∈ {1,2, ...,n}, tồn tại ít nhất một đỉnh có đúngbi cạnh; (2) Với mọi đỉnh, tồn tạiiđể đỉnh này cóbi cạnh.
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theoB=b1+b2+...+bn.
Nếu B= 1, ta có n= 1, b1 = 1 và do đó k = 1. Khi đó ta xây dựng đồ thị 2
đỉnh và 1 cạnh. Đồ thị này thỏa mãn các điều kiện trên.
Giử sử kết quả đúng đến1,2, ...,n và ta cób1+b2+...+bn=B+1.
Nếu bi >1 với mọi i, ta dùng quy nạp để tìm đồ thị k đỉnh cho bộ sốb1−1,b2−
1, ...,bn−1. Khi đó ta thêm một đỉnh ở ngồi và nối vớik đỉnh đó.
Nếu có một trong cácbi bằng 1, khơng mất tính tổng qt giả sửbn−1=1,bn=k. Giả sử số lớn nhất trong các sốb1,b2, ...,bn−2 là bn−1 =h <k. Ta dùng quy nạp để dựng đồ thị cóh đỉnh cho các số b1−1,b2−1, ...,bn−2−1.
Bây giờ ta thêm k−h đỉnh khơng có cạnh nữa. Cuối cùng thêm một đỉnh và nối với k đỉnh có trước, ta được đồ thị với bộ {b1,b2, ...,bn} và kết thúc chứng minh quy nạp.
Như thế ta chọnbi =ai 6
và tìm được đồ thị cók+1 đỉnh. Khi đó:
+Mỗi đỉnhPi của đồ thị tương ứng với các cặpAiBi,BiCi vàCiAi. + Hai cặp có thi đấu với nhau nếu hai đỉnh tương ứng có nối với nhau.
+ Nếu mỗi đỉnh của đồ thị có m cạnh thì một cặp tại đỉnh đó đấu 3 trận với mỗi cạnh, nhưng mỗi đối thủ thuộc về 2 cặp nên các đối thủ chơi tất cả6mtrận.
Bài toán 26 (Hongkong TST, 1999)[10].Giả sử một đội dự thi Olympic Tốn học Quốc tế có 6 thành viên. Chứng minh rằng trong số 6 thành viên này luôn tồn tại 3 thành viên mà hoặc là cả ba đều quen biết nhau, hoặc không ai biết ai cả.
Giải. Xây dựng đồ thị G gồm 6 đỉnh (tương ứng với 6 thành viên); nếu hai thành viên quen biết nhau thì hai đỉnh tướng ứng được nối với nhau bằng cạnh màu đỏ, nếu khơng quen biết nhau thì hai đỉnh tương ứng được nối với nhau bằng cạnh màu xanh. Khi đó ta được đồ thị G đầy đủ có 6 đỉnh, các cạnh được tơ bởi 2 màu . Theo định lý 3.4.6, trong G tồn tại một tam giác cùng màu. Ba thành viên tương ứng với 3 đỉnh của tam giác này sẽ quen biết nhau (nếu tam giác được tô màu đỏ) hoặc không ai quen biết ai (nếu tam giác được tô màu xanh).
Bài toán 27 (Vietnam TST, 1992)[f orum.mathscope.org]. Trong một hội thảo khoa học, tất cả các đại biểu biết2n ngôn ngữ,n≥2. Mỗi người biết đúng 2
ngôn ngữ và hai đại biểu bất kỳ biết chung nhiều nhất 1 ngôn ngữ. Biết rằng với một số nguyên k thỏa mãn 1 ≤ k ≤ n−1 đều có khơng q k−1 ngơn ngữ mà mỗi ngơn ngữ này đều có khơng qkngười biết. Chứng minh rằng ta có thể chọn ra một nhóm2n đại biểu biết tổng cộng2n ngơn ngữ và mỗi ngơn ngữ có đúng 2 người biết.
Giải. Xây dựng đồ thị G= (V;E) mà mỗi đỉnh biểu diễn cho một ngôn ngữ và cạnh nối hai ngôn ngữ biểu diễn người biết hai ngơn ngữ đó. Ta có số đỉnh của G là2n và do mỗi người biết chung không quá 1 ngôn ngữ nên G là đồ thị đơn. Điều kiện còn lại là : với mỗi số ngunkmà1≤k≤n−1thì có khơng qk−1 đỉnh mà mỗi đỉnh có bậc khơng quák.
Ta cần chứng minh rằng có thể chọn ra đúng 2n cạnh nối 2n đỉnh và mỗi đỉnh thuộc về đúng hai cạnh, hay tồn tại một chu trình H có độ dài2n đi qua tất cả các đỉnh của đồ thị.
Giả sử ngược lại trong G khơng tồn tại chu trình H. Khi đó, tập các đỉnh khơng kề với nhau của G là không rỗng và là hữu hạn.
Ta thêm các cạnh vào đồ thị G để được đồ thị G’ thỏa mãn các điều kiện:
(1) Với mỗi số nguyên k mà 1 ≤ k ≤ n−1 thì có khơng q k−1 đỉnh có bậc khơng qk.
(2) Trong G’ khơng tồn tại chu trình nào.
(3) Nếu thêm bất kỳ cạnh nối 2 đỉnh khơng kề nhau của G’ thì G’ sẽ có chu trình. Rõ ràng với đồ thị xây dựng được như thế thì giữa hai đỉnhU,V khơng kề nhau của G’ ln tồn tại một đường đi có độ dài2n−1 qua tất cả các đỉnh của đồ thị và có đầu mút làU vàV.
Với hai đỉnhV,V0 của G’, nếudeg(V)≥n,deg(V0)≥nthìV,V0 phải kề nhau. Thật vậy, giả sử hai đỉnh này khơng kề nhau thì tồn tại đường điV1,V2, ...,V2n đi qua tất cả các đỉnh của G’, trong đóV1 ≡V,V2n≡V0.
Giả sử deg(V) = s ≥ n và gọi V11,Vi2, ...,Vis (2=i1<i2< ... <is <2n) là các đỉnh kềV1≡V. Khi đó, với các j=1,2, ...,sthì các đỉnhVij−1 đều khơng kề với V2n≡V0 vì nếu khơng thìV1V2...Vij−1V2nV2n−1...Vij là một chu trình của G’, mâu thuẫn (2).
Từ đó suy radeg(V0)≤2n−(s−1)≤n−1, mâu thuẫn vớideg(V0)≥n, do đó V và V’ kề nhau.
Do đó, tập hợp X gồm các đỉnh có bậc khơng vượt q n−1 của G’ là tập hợp không rỗng, đặt max
V∈X deg(V) =m ≤n−1. Lấy đỉnh V1 trong tập X sao cho deg(V1) = m. Từ (1) ta có ít nhất 2n−(n−1) +1 = n+2 đỉnh có bậc lớn hơn hoặc bằng n. Suy ra có đường đi V1,V2, ...,V2n qua tất cả các đỉnh của G’, có độ dài2n−1.
Đặt Vi1,Vi2, ...,Vim(2=i1<i2< ... <im<2n) là các đỉnh kề với V1 thì với 1 ≤
j≤ n ta có Vij−1 khơng kề vớiV2n, chứng tỏ mọi đỉnh của G’ có bậc khơng nhỏ hơn 2. Xét điều kiện (1) vớim, ta có(Vi1−1,Vi2−1, ...,Vim−1)phải chứa ít nhất một phần tửVq códeg(Vq)≥m+1.
Theo cách chọn giá trị củam thì deg(Vq)≥n và Vq,V2n có bậc khơng nhỏ hơnn nhưng lại không kề nhau, mâu thuẫn.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 28 (Vietnam TST, 1993) [f orum.mathscope.org].
Xét n điểm A1,A2, ...,An với n > 2, trong đó khơng có ba điểm nào đồng phẳng.
Mỗi cặp điểm Ai,Aj với i6= j được nối với nhau bởi các đoạn thẳng. Tìm giá trị lớn nhất củan sao cho có thể tơ tất cả các đoạn thẳng đó bởi hai màu xanh hoặc đỏ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(1) Mỗi đoạn thẳng được tô bằng đúng một màu.
(2) Với mỗi i= 1,2, ...,n thì số đoạn thẳng có đầu mút là Ai được tơ màu xanh khơng được vượt quá 4.
(3) Với mỗi đoạnAiAj được tô màu đỏ đều tìm được ít nhất một điểmAkvớikkhác
i, jsao cho các đoạn thẳngAiAk,AjAk được tô màu xanh.
Giải.Xétn điểmA1,A2, ...,An mà có thể tơ màu các đoạn AiAj thỏa mãn yêu cầu đề bài. Xét đồ thị G= (V,E) với tập đỉnh A1,A2, ...,An và tập cạnh được tô màu xanh. Dễ thấy G là đồ thị đơn vô hướng và thỏa mãn các điều kiện:
(1)deg(Ai)≤4,∀i=1,2, ...,n.
(2) Với bất kỳ hai đỉnhAi,Aj nào của đồ thị thì đều tồn tại một đường đi đơn nối chúng có độ dài khơng q 2.
Ta cần tìm giá trị lớn nhất củan.
Xét một đỉnhAi tùy ý, ta thấy rằng với Aj là một trongn−1 đỉnh cịn lại thìAj kề vớiAi hoặc kề với một đỉnh kề vớiAi. Từ điều kiện (1) suy ran≤1+4+3.4=17.
Ta xét các trường hợp sau:
+ Nếu n = 17 thì ta phải có deg(Ai) = 4,∀i= 1,2, ...,n và số cạnh là |E| =
4.17
2 =34. Xét đỉnhAi bất kỳ trong đồ thị này và các đỉnhAi1,Ai2,Ai3,Ai4. Gọi các đỉnh còn lại của G và khácAi là đỉnh rìa và cạnh nối hai đỉnh rìa là cạnh rìa (xem hình 3.14).
Hình 3.14:
nhau và như thế, với mỗi cạnh rìa, ta có một chu trình đơn có độ dài 5 đi quaAi. Số cạnh rìa là34−4−4.3=18nên có tất cả 18 chu trình đơn độ dài 5 quaAi. Vì Ai là đỉnh tùy ý nên số chu trình đơn độ dài 5 của G có tất cả là 18.175 ∈/ Z, vơ lý. Suy ran=17khơng thỏa mãn.
+ Nếu n = 16 thì ta cũng phải có deg(Ai) = 4,∀i = 1,2, ...,n và số cạnh là
|E|= 4.162 = 32. Xét đỉnh Ai nào đó của G. Tương tự như trên, ta giả sửAi kề với 4 đỉnh rìa Ai1,Ai2,Ai3,Ai4 và có đúng một đỉnh rìa , giả sử Ak, kề với 2 đỉnh rìa khác. Dễ thấy trong G khơng có 3 đỉnh nào đơi một kề nhau nên với mỗi cạnh rìa liên thuộc vớiAkcho ta 2 chu trình đơn độ dài 5 quaAi và mỗi cạnh rìa khơng liên