1. Trong một giải bóng đá có 20 đội tham gia, thi đấu vòng tròn một lượt (kết thúc giải mỗi đội đá với mỗi đội còn lại đúng một trận). Tìm số k lớn nhất sao cho sau mỗi k vòng đấu (mỗi đội đấu k trận) luôn tìm được 3 đội đôi một chưa đá với nhau.
Lời giải.
Ta chứng minh k = 8 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Trước hết ta chỉ ra rằng tồn tại một cách sắp xếp lịch thi đấu để sau 9 vòng, trong ba đội bất kỳ đều có 2 đội đã thi đấu với nhau. Thật vậy, chia 20 đội thành 2 bảng, mỗi bảng 10 đội. Ta có thể sắp lịch thi đấu gồm 9 vòng cho từng bảng, và sau 9 vòng tất cả các đội trong một bảng đều đã thi đấu với nhau. Khi đó với 3 đội bóng bất kỳ, theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai đội cùng chung một bảng và như vậy đã thi đấu với nhau.
Bây giờ ta sẽ chứng minh sau 8 vòng đấu thì luôn tìm được 3 đội đôi một chưa thi đấu với nhau. Vì 8 vòng đấu thì có 80 trận nên ta chỉ cần chứng minh một kết quả mạnh hơn: Nếu giải đấu mới chỉ đấu 80 trận (bất kỳ) thì chắc chắn sẽ có 3 đội đôi một chưa đấu với nhau.
Ta chứng minh bổ đề quen thuộc sau:
Bổ đề: Đồ thị 2n đỉnh (n > 1) có nhiều hơn hoặc bằng n2 + 1 cạnh chứa ít nhất một tam giác.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 2 khẳng định đúng vì đồ thị 4 đỉnh và 5 cạnh rõ ràng là chứa tam giác. Giả sử mệnh đề đã đúng đến n = k. Xét đồ thị G,
8 Trần Nam Dũng – Trường Đại học Khoa học tự nhiên Tp HCM, 2012
= G \ {A, B} (đồ thị thu được từ G bằng cách xóa đi hai đỉnh A, B, cạnh AB và tất cả các
cạnh có một trong 2 đầu mút là A hoặc B). G’ có 2k đỉnh. Nếu số cạnh của G’ ≥ k2 + 1 thì
theo giả thiết quy nạp, G’ chứa tam giác và do đó G chứa tam giác, ta có đpcm. Nếu số cạnh của G’ < k2 + 1 thì số cạnh bị bỏ đi phải lớn hơn (k+1)2 + 1 – (k2+1) = 2k+1. Suy ra số cạnh có đúng một trong hai đầu mút là A hoặc B > 2k. Áp dụng nguyên lý Dirichlet ta có tồn tại C mà CA, CB đều là cạnh của G và như thế A, B, C tạo thành một tam giác trong G. Vậy trong mọi trường hợp ta đều tìm được tam giác trong G. Theo nguyên lý quy nạp toán học, bổ đề được chứng minh.
Áp dụng bổ đề vào bài toán. Xét đồ thị G có đỉnh là các đội bóng. Hai đỉnh được nối với nhau bởi một cạnh nếu chúng chưa đấu với nhau. Sau 8 vòng đấu có 80 trận, suy ra có 190 – 80 = 110 trận chưa đấu, tức là G có 110 cạnh. Vì 110 > 102 + 1 nên theo bổ đề, G chứa tam giác. Và đó chính là 3 đội bóng đôi một chưa đấu với nhau.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
2.Có 20 người xếp thành một vòng tròn. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 người sao cho không có hai người kề nhau được chọn.
Lời giải. Ta giải các bài toán tổng quát sau
Bài toán 2.1. Có n người xếp thành một hàng dọc. Có bao nhiêu cách chọn ra k người, sao cho không có hai người kề nhau được chọn?
Cách 1. (Phương pháp song ánh) Đặt En = {1, 2, …, n}. Gọi u1< u2 < …< uk là số thứ tự của những người được chọn thì ta có ui+1 – uit 2 với mọi i=1, …, k-1. Đặt A = {(u1, u2, …, uk) Ek
n | ui+1 – uit 2 với mọi i=1, …, k-1}. Xét ánh xạ f: A Æ B, trong đó
B = {(v1, v2, …, vk) Ek
n-k+1| v1 < v2 < …< vk} xác định như sau f(u1, u2, …, uk) = (v1, v2, …, vk)
với vi = ui – (i-1). Ta kiểm tra (v1, v2, …, vk) B :
1) Rõ ràng vi+1 – vi = (ui+1 – i) – (ui – (i-1)) = ui+1 – ui – 1 t 1
2) v1 = u1t 1, vk = uk – (k -1) d n – k + 1.
Ta kiểm tra f là một song ánh. Nếu (u1, u2, …, uk) z (u1’, u2’, …, uk’) thì rõ ràng ảnh của
chúng khác nhau. Suy ra f là một đơn ánh. Ngược lại, với (v1, v2, …, vk) thuộc B, ta chọn ui = vi + i-1 thì (u1, u2, …, uk) thuộc A và f(u1, …, uk) = (v1, v2, …, vk). Suy ra f là toàn ánh.
Vậy |A| = |B|. Mà |B| thì rõ ràng là bằng số các tập con k phần tử của En-k+1, do đó bằng
.1 1 k k n C
Cách 2. (Sử dụng bài toán chia kẹo của Euler). Giả sử ta chọn được k người. Gọi x1 là số
9 Trần Nam Dũng – Trường Đại học Khoa học tự nhiên Tp HCM, 2012
giữa người thứ nhất và người thứ hai, …, xk là số người nằm giữa người thứ k-1 và người
thứ k và xk+1 là số người nằm sau người thứ k đến cuối. Khi đó ta có x1 + x2 + … + xk+1 = n – k (1) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
và x1, xk+1 là các số nguyên không âm, còn x2, …, xk là các số nguyên t 1.
Ngược lại, nếu (x1, …, xk+1) là một nghiệm của (1) với x1, xk+1 t 0, x2, …, xk t 1 thì ta
cho tương ứng với cách chọn người thứ 1+x1, 2+x1+x2, …, k+x1+…+xk thì rõ ràng do (i + x1 + …+ xi) – (i-1 + x1 + …+xi-1) = 1 + xi t 2 nên không có 2 người liên tiếp được
chọn.
Để hoàn tất lời giải bài toán, ta đặt y1 = x1, yk+1 = xk+1 và yi = xi – 1 với i=2, …, k thì được y1 + y2 + … + yk+1 = n – 2k + 1 (2)
với yi là các số nguyên không âm.
Theo kết quả của định lý chia kẹo của Euler, ta có số nghiệm của (2) bằng Cnkk1. Đó cũng chính là kết quả của bài toán ban đầu của chúng ta.
Bài toán 2.2. Có n người xếp thành một vòng tròn. Có bao nhiêu cách chọn ra k người, sao cho không có hai người kề nhau được chọn?
Bài toán này có thể giải bằng kết quả của bài toán trên và phương pháp « cắt đường tròn ». Giả sử n người đó được đánh số 1, 2, …, n. Ta xét các trường hợp sau :
1) Người số 1 được chọn. Khi đó người số 2 và số n không được chọn. Như vậy ta phải chọn thêm k-1 người từ 3 đến n-1 sao cho không có hai người kề nhau được chọn. Vì n-1 không kề 3 nên có thể coi đây là n-3 người xếp theo một hàng dọc. Theo kết quả
của bài toán trên, số cách chọn bằng 1
1 k k n C .
2) Người số 1 không được chọn. Khi đó ta cần chọn k người từ số 2 đến n sao cho không có 2 người kề nhau được chọn. Vì 2 và n không kề nhau nên có thể coi đây là n-1
người xếp theo một hàng dọc. Theo kết quả của bài toán trên, số cách chọn bằng k
k n
C . Vậy đáp số của bài toán là
1 1 1 1 1 ( ) )! 2 ( ! )! 1 ( )! 2 ( ! )! ( )! 2 ( )! 1 ( )! 1 ( k k n k k n k k n C k n k n k k n k k n k n k k n k n k k n C C
3. Chứng minh rằng trong một nhóm có 17 người, trong đó mỗi người có đúng 4 người quen, tìm được 2 người không quen nhau và không có người quen chung.
Lời giải. Ta chuyển sang ngôn ngữ đồ thị, mỗi người tương ứng với 1 đỉnh và hai người quen nhau được nối bằng 1 cạnh.
10 Trần Nam Dũng – Trường Đại học Khoa học tự nhiên Tp HCM, 2012
Giả sử ngược lại với khẳng định bài toán, mọi đỉnh X đều được nối với 1 trong 16 đỉnh còn lại, hoặc là trực tiếp, hoặc là qua một đỉnh thứ 3. Vì X được nối với đúng 4 đỉnh và mỗi một đỉnh này được nối với đúng 3 đỉnh khác, trong đồ thị sẽ không còn đỉnh nào khác và tất cả các đỉnh đã nhắc đến đều khác nhau. Ngoài ra các cạnh còn lại của đồ thị có số lượng là 17.4/2 – 16 = 18 chỉ có thể nối các đỉnh ngoài.
Mỗi một trong 18 cạnh này cho chúng ta một chu trình độ dài 5 đi qua X. Vì X là một đỉnh bất kỳ, qua mỗi một trong 16 đỉnh còn lại cũng có đúng 18 chu trình như vậy. Mỗi một chu trình đi qua đúng 5 đỉnh, suy ra số chu trình bằng 18.17/5, mâu thuẫn. Như vậy khẳng định bài toán được chứng minh.
4. (Vietnam TST 2001) Cho số nguyên dương n lớn hơn 1. Trong không gian vuông góc
Oxyz, gọi T là tập hợp tất cả các điểm có tọa độ là ( , , )x y z với x y z, , là các số nguyên dương thỏa mãn 1dx y z, , dn.
Tô màu tất cả các điểm thuộc tập hợp T sao cho: nếu điểm A x y z( ,0 0, 0) được tô màu thì những điểm có dạng B x y z( ,1 1, )1 với x1dx y0, 1d y z0, 1dz0 sẽ không được tô màu.
Tìm giá trị lớn nhất các điểm được tô màu thỏa mãn điều kiện trên. 5. (Vietnam TST 2010) Trong một hội nghị có n nước tham gia, mỗi nước có k đại diện (n! !k 1). Người ta chia n.k người này thành n nhóm, mỗi nhóm có k người sao cho không có hai người nào cùng nhóm đến từ cùng một nước.
Chứng minh rằng có thể chọn ra một nhóm gồm n người sao cho họ thuộc các nhóm khác nhau và đến từ các nước khác nhau.
6. Trên bàn cờ quốc tế có 8 quân xe, đôi một không ăn nhau. Chứng minh rằng trong các khoảng cách đôi một giữa các quân xe, có hai khoảng cách bằng nhau. Khoảng cách giữa
hai quân xe bằng khoảng cách giữa tâm các ô vuông mà quân các quân xe đứng.
Trước hết ta mô hình hoá bài toán. Để ý rằng khoảng cách giữa ô (p, q) và ô (m, n) bằng (p-m)2 + (q-n)2. Ta cần chứng minh rằng nếu p1, p2, …, p8 là một hoán vị của (1, 2, 3, …, 8) thì tồn tại các tập chỉ số {m, n} z {p, q} sao cho (m-n)2 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
+ (pm-pn)2 = (p-q)2 + (pp – pq)2. 8 quân xe tạo ra 28 khoảng cách. Nhưng nếu ta tìm 2 khoảng cách bằng nhau giữa cả 28 quân xe này thì ta sẽ gặp khó khăn. Ta giới hạn trong việc tìm các cặp chỉ số dạng {n, n+1}. Có 7 cặp như vậy. Khi đó, ta chỉ cần tìm n z m sao cho (pn+1-pn)2 = (pm+1-pm)2. Vì 1 d pi d 8 nêu (pn+1-pn)2 chỉ có thể là 1 trong 7 giá trị 12, 22, …, 72. Vì thế chỉ có thể xảy ra hai trường hợp.
11 Trần Nam Dũng – Trường Đại học Khoa học tự nhiên Tp HCM, 2012 Trường hợp 1. Tồn tại n z m sao cho (pn+1-pn)2