4 Một số bài toán tổ hợp nâng cao
4.4 Một số dạng bài toán khác
Vì K cũng là điểm chung của cặp đường đi (f, g) mà f và g có điểm chung, nên nếu gọi T là số cặp đường đi (f, g) mà f và g có điểm chung K thì tương tự ta có
T = Ci+jj .C(n−j)+(m−i)n−j .Cj+(i−p)j .C(q−j)+(m−i)q−j (3)
Từ (1),(2) và (3) ta có T = N. Vậy
S = M −N =Cm+nn .Cm+q−pq −Cm+qq .Cm+n−pn .
Sử dụng phương pháp quỹ đạo như ở trên, chúng ta có thể chứng minh các đẳng thức sau 1) Cm n C0 k +Cn−1m−1C1 k+1+· · ·+C0 n−mCm k+m = Cm n+k+1. 2) Cn0Cmk +Cn1Cmk−1+· · ·+CnkCm0 =Cm+nk . 4.4 Một số dạng bài tốn khác Ví dụ 72 (Austrian-Polish 1980). Chứng minh rằng X 1 i1i2· · ·ik =n,
ở đó tổng chạy trên tất cả các tập con không rỗng{i1, i2, . . . , ik}của{1,2, . . . , n}. LỜI GIẢI. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n.
• Bước cơ sở: Với n = 1 hiển nhiên đẳng thức trên là đúng. Với n = 2 thì các tập con khơng rỗng của tập {1,2} là {1},{2} và {1,2}. Khi đó
1 1 + 1 2 + 1 1.2 = 2 (đúng)
• Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức đúng đến n. Ta cần chứng minh đẳng thức cũng đúng với n+ 1. Gọi F là họ tất cả các tập con không rỗng của
4.4. Một số dạng bài tốn khác 68
con khơng chứa phần tử n+ 1 và F2: gồm những tập con chứa phần tử n+ 1. Do đó X F 1 i1i2· · ·ik = X F1 1 i1i2· · ·ik + X F2 1 i1i2· · ·ik, trong đó X F1 1
i1i2· · ·ik = n (giả thiết quy nạp),
còn X F2 1 i1i2· · ·ik = 1 n+ 1 + 1 n+ 1 X F1 1 i1i2· · ·ik = 1. Vậy X F 1 i1i2· · ·ik =n+ 1 và đó chính là điều ta cần chứng minh.
Nhận xét 11. Bài tốn trên cịn có thể phát biểu dưới dạng X 1≤i1≤n 1 i1 + X 1≤i1<i2≤n 1 i1i2 +· · ·+ X 1≤i1<···<in−1≤n 1 i1i2· · ·in−1 + 1 n! = n. Ví dụ 73. Cho m, n là các số nguyên dương thỏa mãn m+n= 100. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a) A =m! +n!. b) B =m!n!.
LỜI GIẢI. Khơng mất tính tổng qt, có thể giả sử m≥ n. Ta sẽ chứng minh nếu m−n≥ 2 thì m!n! và m! +n! khơng là giá trị nhỏ nhất. Thật vậy ta xây dựng hai số mới là a =m−1, b= n+ 1, khi đó ta có a+b = 100 mà
a!b!< m!n! ⇔(m−1)!(n+ 1)! < m!n! ⇔n+ 1< m (đúng ).
a!+b!< m!+n! ⇔(m−1)!+(n+1)!< m!+n! ⇔(m−1)!(m−1)> n!n (đúng ).
Vậy để A, B đạt giá trị nhỏ nhất thì m−n∈ {0,1}. Từ đó suy ra
4.4. Một số dạng bài tốn khác 69
Ví dụ 74. Cho số ngun dươngn≥ 2. Chứng minh rằng tổng sau không thể là số nguyên A = 1 2 + 1 3 +· · ·+ 1 n.
LỜI GIẢI. Xét tập M = {m∈ N | 2m ≤ n}. Vì M bị chặn nên M có phần tử lớn nhất. Giả sử phần tử đó là k. Gọi a là tích của tất cả các số lẻ không vượt quá n. Xét số b = 2k−1a. Rõ ràng b chia hết cho tất cả các phần tử của tập
{2,3, . . . , n}\{2k}. Do đó b.A = b 2 + b 3 +· · ·+ b 2k +· · ·+ b n ∈/ Z. Vậy A không thể là số nguyên.
Nhận xét 12. Trong bài toán trên ta đã vận dụng nguyên tắc cực hạn, nội dụng như sau: trong một tập hợp các số thực có hữu hạn phần tử luôn tồn tại phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất.
Ta đến với bài toán tiếp theo để thấy được tầm quan trọng của nguyên tắc này.
Ví dụ 75. Cho n, p là các số nguyên dương,n≥ 3. Hãy tìm tất cả các nghiệm dương của hệ phương trình
x1+x2 = xp3, x2+x3 = xp4, . . . . . . . . . , xn−1+xn =xp1, xn+x1 =xp2.
LỜI GIẢI. Đặt M = max{x1, x2, . . . , xn} và m = min{x1, x2, . . . , xn}. Từ hệ đã cho ta suy ra tồn tại các chỉ số r, s∈ {1,2, . . . , n−1} sao cho
xr+xr+1 = Mp, xs +xs+1 =mp. Rõ ràng xr, xr+1 ≤M và xs, xs+1 ≥ m nên ta có
4.4. Một số dạng bài tốn khác 70
Do đó
M ≤ p−1√2 va m ≥ p−1√2.
Mặt khác lại do M ≥m nên M = m= p−1√ 2.
Như vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x1 = x2 =· · · =xn = p−1√ 2.
Ví dụ 76. Cho a, b là các số nguyên dương và a ≥ b. Giả sử tồn tại cặp số nguyên dương (x, y) sao cho x2+y2−axy =b. Chứng minh rằng b là số chính phương.
LỜI GIẢI. Chọn cặp(x, y) sao cho x+y nhỏ nhất. Vìx, y có vai trị như nhau nên ta có thể giả sử x ≥ y. Coi x2+y2−axy = b là phương trình bậc hai đối với x và gọi x′ là nghiệm thứ hai. Khi đó x+x′ = ay, suy ra x′ ∈ Z. Ta có x′2+y2 = ax′y +b ≤ a(x′y + 1). Do đó x′≥ 0.
• Nếu x′ = 0 thì b= y2 là số chính phương.
• Nếu x′ > 0 thì từ đẳng thức x.x′ = y2 −b suy ra x′ < y ≤ x. Kéo theo x′+y < x+y, vơ lý.
Ví dụ 77. Cho x, y là các số nguyên sao choA = x
2+y2 + 6
xy là một số nguyên dương. Chứng minh A là số lập phương đúng.
LỜI GIẢI. Giả sử được x, y > 0. Cố định A, chọn cặp (x, y) sao cho x+ y nhỏ nhất và x ≥ y. Coi x2+ y2 + 6− Axy = 0 là phương trình bậc hai đối với x và gọi x′ là nghiệm còn lại. Ta có x′+x = Ay và x′.x = y2+ 6. Suy ra x′ ∈ Z và x′ > 0. Do cách chọn cặp (x, y) nên x′ ≥ x và x2 ≤ y2 + 6. Suy ra x2−y2 ∈ {0,1,2,3,4,5,6}.
Nếu x = y thì do A là số nguyên nên x2|6 hay x = 1. Khi đó A = 8 là số lập phương đúng.
Nếu x > y thì bằng cách giải trực tiếp các phương trình nghiệm ngun ta suy ra khơng tồn tại x, y.
Ví dụ 78. Trên bảng có 10 dấu (+) và 15 dấu (−). Thực hiện trò chơi như sau: mỗi lần lấy ra hai dấu bất kì và thay chúng bởi một dấu (+) nếu hai dấu
4.4. Một số dạng bài toán khác 71
được lấy ra cùng là dấu (+) hoặc cùng là dấu (−) còn nếu hai dấu được lấy ra có một dấu (+) và một dấu (−) thì thay chúng bởi một dấu (−). Hỏi sau một số lần như vậy có thể nhận được kết quả mà trên bảng chỉ cịn lại đúng một dấu (+) được khơng?
LỜI GIẢI. Ta coi dấu (+) là 1 còn dấu (−) là −1. Theo đề bài thì nếu hai số lấy ra có tích bằng 1 thì ta thay chúng bởi một số 1, cịn nếu hai số lấy ra có tích bằng −1 thì ta thay chúng bởi một số −1. Như vậy tích của tất cả các số trên bảng sẽ khơng thay đổi (bất biến) khi chúng ta thực hiện q trình đó. Vì lúc đầu tích của 10 số 1 và 15 số −1 là −1 nên cho dù thực hiện bao nhiêu lần thay thế thì khơng thể nhận được kết quả mà trên bảng chỉ còn lại đúng một dấu (+).
Nhận xét 13. Chúng ta đã sử dụng nguyên lý bất biến để giải bài tốn trên. Việc phát hiện ra tính bất biến là chìa khóa để giải các tốn kiểu như vậy. Trong bài tốn trên thì tính bất biến chính là tích của các số.
Chúng ta xét thêm một số ví dụ nữa.
Ví dụ 79. Hai người chơi cờ, mỗi ván người thắng được 2 điểm, người thua được 0 điểm và nếu hịa thì mỗi người được 1 điểm. hỏi sau một số ván có thể xảy ra trường hợp một người được 10 điểm và một người được 15 điểm được không?
LỜI GIẢI. Sau mỗi một ván (cho dù kết quả là như thế nào) thì tổng số điểm của hai người chơi luôn là 2. Như vậy sau một số ván bất kì thì tổng số điểm của hai người chơi ln là số chẵn. Do đó khơng thể xảy ra trường hợp một người được 10 điểm và một người được 15 điểm.
Ví dụ 80. Xét bàn cờ vua 8×8. Một con mã xuất phát từ góc trên bên trái của bàn cờ, dạo qua tất cả các ô, mỗi ô đúng một lần. Hỏi con mã có thể kết thúc hành trình của mình ở ơ góc dưới bên phải của bàn cờ được khơng? LỜI GIẢI. Ta thấy rằng mỗi lần đi cịn mã chuyển sang ơ khác màu nó vừa đứng. Để dạo hết bàn cờ mà mỗi ô chỉ đến đúng một lần thì con mã cần 63
4.4. Một số dạng bài toán khác 72
lần đi. Như vậy sau khi kết thúc hành trình của mình, con mã sẽ chuyển sang ơ khác màu với ơ đầu tiên nó đứng. Vì hai ơ góc đối diện nhau của bàn cờ cùng màu nên con mã khơng thể kết thúc hành trình của mình ở ơ góc dưới bên phải của bàn cờ.
Ví dụ 81 (Thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP HN, 2010). Ban đầu trên bảng có ba số √2,2,√1
2. Thực hiện một trị chơi như sau: mỗi lần chơi ta xóa đi hai số và viết vào đó hai số mới, giả sử hai số bị xóa là a vàb thì hai số viết vào là a√−b
2
và a√+b
2 , đồng thời giữ nguyên số còn lại. Như vậy sau mỗi lần chơi trên bảng ln có ba số. Chứng minh rằng dù ta có chơi bao nhiêu lần đi chăng nữa thì trên bảng khơng thể đồng thời có ba số 1
2√ 2, √ 2,1 +√ 2. LỜI GIẢI. Để ý rằng a−b √ 2 2 + a+b √ 2 2 = a2+b2, do đó tổng bình phương của ba số sau mỗi lần chơi là khơng thay đổi. Mà tổng bình phương của ba số ban đầu là 13 2 , cịn tổng bình phương của ba số 1 2√ 2, √ 2,1 +√ 2 lại bằng 41 8 + 2 √
2. Như vậy không bao giờ nhận được trạng thái mà trên bảng có đồng thời ba số 1 2√ 2, √ 2,1 +√ 2.
Ví dụ 82. Trên bàn cờ 8×8có32 qn trắng và32 qn đen, mỗi qn chiếm một ô vuông. Tại mỗi bước đi người chơi thay tất cả các quân trắng thành quân đen và tất cả các quân đen thành quân trắng trên một hàng hoặc một cột nào đó. Hỏi sau hữu hạn bước có thể cịn chính xác một qn đen trên bàn cờ khơng?
LỜI GIẢI. Nếu trước khi chuyển có đúng k quân đen trên hàng (cột) định chuyển thì số quân trắng trên hàng (cột) ấy sẽ kà 8−k. Sau khi chuyển, 8−k quân trắng lại trở thành 8−k quân đen và k quân đen lại trở thành k quân trắng. Như vậy, sau mỗi bước chuyển, số quân đen trên bàn cờ sẽ được thêm vào 8− k và mất đi k quân. Nghĩa là số quân đen trên bàn cờ thay đổi một lượng là (8−k) −k = 8− 2k quân. Số này là số chẵn dương (thêm vào) khi k < 4, là số chẵn âm (bớt đi) khi k > 4 và không thay đổi nếu k = 4. Vì lúc
4.4. Một số dạng bài tốn khác 73
đầu có 32 quân đen nên số quân đen trên bàn cờ luôn là một số chẵn (bất biến). Do đó sau một số hữu hạn bước chuyển, khơng thể cịn lại đúng một quân đen.
Ví dụ 83 (Hong Kong, 2000). Có 1999 tách uống trà đặt trên bàn. Lúc đầu tất cả đều được đặt ngửa. Mỗi bước đi ta làm cho đúng100tách trong số chúng lật ngược lại. Sau một số bước đi có thể làm cho tất cả chúng đều úp xuống được không? Trả lời câu hỏi này trong trường hợp chỉ có 1998 tách.
LỜI GIẢI. Giả sử tại mỗi thời điểm có k tách đang đặt ngửa được làm úp xuống, thế thì sẽ có 100−k tách đang úp được lật ngửa lên. Khi đó số tách úp được tăng lên k chiếc nhưng đồng thời cũng bị giảm đi 100−k chiếc. Tức số tách úp bị thay đổi một lượng là k −(100−k) = 2k−100 chiếc. Nếu k > 50
thì số tách úp được tăng lên, k < 50 thì giảm đi và k = 50 thì khơng thay đổi. Như vậy tính chẵn lẻ của số tách úp là khơng thay đổi (bất biến). Vì lúc đầu số tách úp bằng 0 nên không thể làm cho 1999 tách đều bị úp xuống.
Nếu lúc đầu có 1998 tách được đặt ngửa thì có thể úp tất cả số tách này. Thuật tốn như sau: Đánh số các tách theo thứ tự 1,2, . . . ,1998. Lần lượt úp
100 tách đầu tiên, sau 18 lần úp được 1800 tách chuyển trạng thái từ ngửa sang úp. Tiếp theo úp 100 tách số 1801,1803,1804, . . . ,1901 (để nguyên tách số1802đang ngửa). Lần thứ hai, đảo ngược các tách 1802,1803,1804, . . . ,1901
(giữ nguyên tách số 1801 đang úp). Sau hai lần này, thực chất chỉ có tách số1
và số 2 bị úp, các tách khác không thay đổi (vẫn đặt ngửa sau khi lật úp rồi lại lật ngửa). Tiếp tục như vậy, sau 18 + 198 = 216 lần, tất cả các tách đều bị lật úp.
Ví dụ 84. Lúc đầu viết lên bảng các số tự nhiên từ 1 đến 2n(nlà một số lẻ). Mỗi bước thực hiện ta xóa đi hai số bất kì a, b và viết vào một số bằng |a−b|. Hỏi số cuối cùng còn lại trên bẳng là số chẵn hay lẻ?
LỜI GIẢI. Tổng của các số trên bảng lúc ban đầu là S = 1 + 2 +· · ·+ 2n= n(2n+ 1)
Vì n lẻ nên S lẻ. Sau mỗi bước thực hiện tổng S bị giảm đi một lượng là a+b− |a+b| = 2.min{a, b}
4.4. Một số dạng bài toán khác 74
Như thế tính chẵn lẻ của S khơng bị thay đổi. Ban đầu S là một số lẻ suy ra số cuối cùng còn lại trên bảng phải là số lẻ.
Ví dụ 85. Cho các số 2,8,1,0,1,9,9,5 được viết trên một vịng trịn. Cứ hai số cạnh nhau thì ta cộng thêm1vào cả hai số đó. Hỏi sau một số lần thực hiện thao tác đó thì các số trên vịng trịn có thể đều bằng nhau được khơng? LỜI GIẢI 1. Khi thực hiện thao tác trên thì tổng của các số được tăng lên
2 đơn vị, nghĩa là tính chẵn lẻ của tổng đó sẽ khơng thay đổi (bất biến) trong suốt quá trình. Mà lúc đầu tổng của tất cả các số trên vòng tròn là
2 + 8 + 1 + 0 + 1 + 9 + 9 + 5 = 35 là một số lẻ. Do đó sau một số lần thực hiện thao tác đó thì các số trên vịng trịn khơng thể bằng nhau (vì số các số là chẵn, nếu các số bằng nhau thì tổng của chúng sẽ chẵn).
LỜI GIẢI 2. Cứ hai số ở cạnh nhau thì cùng được tăng lên 1 đơn vị nên hiệu của chúng sẽ không thay đổi (bất biến). Gọi các số đã cho làa1, a2, a3, a4, a5, a6. Khi đó sốS =a1−a2+a3−a4+a5−a6 sẽ khơng đổi trong suốt q trình thực hiện thao tác trên. Lúc ban đầu ta có S = −9. Nếu sau một số lần thực hiện thao tác theo đề bài mà các số đều bằng nhau thì S = 0. Đây là điều khơng thể xảy ra.
Ví dụ 86. Trên bảng có các số 1
96,962, . . . ,9696. Mỗi lần thực hiện, cho phép xóa đi hai số hai số a, b bất kì và thay bằng một số là a+b−2ab. Hỏi sau 95 lần thực hiện thao tác đó, số cịn lại trên bảng là số nào?
LỜI GIẢI. Ta đánh số cho các số lúc đầu là a1, a2, . . . , a96 và cho tương ứng bảng này với tích số
(2a1−1)(2a2−1)· · ·(2a96−1).
Sau mỗi bước thực hiện thao tác thì tích trên bị mất đi hai thừa số (2a − 1),(2b−1) và được thêm vào thừa số
2(a+b−2ab)−1 = −(2a−1)(2b−1).
Như vậy giá trị của tích trên chỉ thay đổi về dấu sau mỗi bước thực hiện. Vì tích ban đầu bằng0 (do có chứa số 48