chung lớn nhất
Phần này chúng tơi xét một số bài tốn tổ hợp, mà để giải quyết chúng thì phải cần các kiến thức về ước chung lớn nhất.
Bài toán 2.22. Hai điện trở R1, R2 nếu được mắc nối tiếp thì điện trở tương đương là R1 + R2, cịn nếu mắc song song thì điện trở tương đương là R1R2
R1 +R2. Biết rằng tất cả các điện trở đều có giá trị bằng 1, hỏi để mắc
một mạch điện có điện trở tương đương là a
b với ƯCLN(a, b) = 1 thì cần bao
nhiêu điện trở đơn vị (việc mắc là tùy ý)?
Phân tích - Lời giải.
Ta thấy rằng khi mắc nối tiếp các điện trở đơn vị vào mạch điện có giá trị
a
b thì sẽ được điện trở tương đương
a+b
b , cịn nếu mắc song song thì được
điện trở tương đương a
a+b.
Kí hiệu, bộ (a, b) cho phân số a
b thì có thể thấy từ một bộ (a, b), ta sẽ đưa
về một trong hai bộ (a+b, b) hoặc (a, a+b).
Ngược lại, một bộ (a, b) được sinh ra từ bộ (a−b, b) nếua > b hoặc (a, b−a)
nếu b > a.
Rõ ràng, do ƯCLN(a, b) = 1 nên theo thuật toán Euclid a = b chỉ xảy ra cuối cùng khi a = b = 1. Do đó, một bộ (a, b) được sinh ra một cách duy
nhất từ một bộ nào đó. Rõ ràng đây chính là các bước thực hiện các bước của thuật tốn Euclid. Vì thế nên số điện trở cần tìm chính bằng số các bước của thuật toán Euclid với hai số nguyên dương a, b cộng thêm 1.
Ví dụ. (7,3) → (3,4) → (3,1) → (2,1) → (1,1) thuật toán Euclid được hiện qua 4 bước nên cần tổng cộng 5 điện trở.
Bài toán 2.23. (VMO-2013)Cho một dãy các số1,2, ...,1000. Ở mỗi lượt, người ta xác định tất cả các cặp số đứng cạnh nhau và điền vào giữa hai số đó tổng của chúng. Hỏi sau khi thực hiện một số lần thì số 2013 xuất hiện trong dãy là bao nhiêu?
Phân tích - Lời giải.
Ta thấy rằng ở tại một thời điểm nào đó, ta kí hiệu bộ (x, y) là hai số đứng cạnh nhau thì các số sinh ra sau đó nằm giữa chúng, là các tổ hợp tuyến tính của x và y.
Cụ thể là, từ bộ (x, y) là hai số đứng cạnh nhau, ta được hai bộ (x, x+ y)
và (x+y, y). Do ƯCLN(x, y) = ƯCLN(x, x+y) = ƯCLN(x+ y, y) và ban
đầu có tất cả các số nguyên dương liên tiếp (hai số cạnh nhau thì nguyên tố cùng nhau) nên tất cả các số đứng cạnh nhau sau đó cũng phải nguyên tố cùng nhau.
Nếu ở một bước nào đó, từ bộ (x, y) ta sinh ra ngay một số 2013 thì rõ ràng, ta phải có x +y = 2013 hay các số 2013 sinh ra được từ (x,2013−x) với
0 < x < 2013. Do ƯCLN(x, y) = 1 nên cũng phải có ƯCLN(x,2013) = 1.
Đây cũng chính là điều kiện để sinh ra được số 2013. Để tìm điều kiện đủ, ta sẽ làm rõ những bước sau:
(1) Các bộ có dạng (a,1) với a > 1 sẽ không bao giờ xuất hiện trong dãy. Thật vậy, điều này dễ thấy do để có được bộ (a,1) thì phải lần lượt có các bộ sau: (a −1,1),(a −2,1), ...,(2,1). Tuy nhiên, q trình trên khơng thể tiếp tục được nữa vì bộ (2,1) khơng xuất hiện trong dãy ban đầu, nên các bộ có dạng (a,1) sẽ khơng bao giờ xuất hiện trong dãy. Do đó, trước hết, ta sẽ loại đi bộ (2012,1); ngồi ra, cịn có bộ (1006,1007) vì nó khơng có sẵn trong dãy ban đầu mà được sinh ra từ dãy (1006,1).
(2) Các số có dạng (x,2013 − x) với ƯCLN(x,2013) = 1 khơng thuộc điều kiện (1) ở trên sẽ xuất hiện trong dãy và xuất hiện đúng 1 lần. Thật vậy, chẳng hạn để chứng minh sự xuất hiện của bộ (x,2013−x) trong dãy đã cho, ta chứng minh rằng nó sẽ được tạo thành từ bộ (y, y + 1) nào đó trong dãy ban đầu. Do ƯCLN(x,2013−x) = 1 và các bộ được sinh ra theo q trình thực hiện thuật tốn Euclid nên sau một số lần thực hiện thao tác với bộ số trên, ta sẽ được bộ có 1 trong 2 dạng:
• (y, y+ 1) đã có xuất hiện trong dãy đã cho. Thật vậy, do (y, y + 1) 6=
(1006,1007) nên bộ (x, y) ở trên được sinh ra ít nhất sau một lần thực hiện thao tác, tức là (x, y) ≡ (y,2y + 1) hoặc (x, y) ≡ (2y + 1, y) hoặc các bộ có hệ số lớn hơn. Tuy nhiên, ta thấy rằng 2y+ 1 +y = 3y+ 1 = 2013, suy ra y < 2013 chứng tỏ bộ (y, y+ 1) đã có xuất hiện trong dãy ban đầu.
• (1, y) với y > 1, bộ này hiển nhiên sẽ xuất hiện trong dãy đã cho sau
y −2 lần thực hiện thao tác.
Hơn nữa, quá trình thao tác trên là duy nhất nên nhận xét được chứng minh. Số các số x thỏa mãn ƯCLN(x,2013) = 1 và 0 < x <2013 rõ ràng là
φ(2013) =φ(3)φ(11)φ(61) = 1200. Vậy số các số 2013 cần tìm là 1200−2 = 1198.
Bài tốn 2.24. (Chọn đội tuyển Việt Nam - 2011)Trên mặt phẳng tọa độ có một con cào cào ở điểm (1,1). Nó có thể nhảy từ điểm A sang điểm B
khi tam giác OAB có diện tích bằng 1
2 và các điểm A, B có các thành phần tọa độ nguyên dương.
1. Tìm các điểm (m, n) sao cho con cào cào có thể nhảy đến điểm đó sau hữu hạn bước.
2. Chứng minh rằng con cào cào có thể nhảy đến (m, n) kể trên sau ít nhất |m−n| bước.
Phân tích - Lời giải.
Dễ thấy, con cào cào nhảy từ điểm A(a, b) đến điểm B(c, d) thì
SOAB = 1
2 ⇔ |ad−bc| = 1, vì vậy
ƯCLN(a, b) = 1; ƯCLN(c, d) = 1.
Nên dự đoán các điểm (m, n) con cào cào nhảy đến thì m, n phải nguyên tố cùng nhau.
Từ điều cần chứng minh ở câu (2) và nhận xét trên thì trước hết ta phải chứng minh nhận xét sau:
Hình 2.4: hình vẽ
Với (m, n) là cặp số nguyên tố cùng nhau thì tồn tại a, b nguyên tố cùng nhau sao cho
|mb −na| = 1;|a−b| ≤ |m−n| − 1. (∗)
Thật vậy, khơng mất tính tổng quát, giả sử m > n.
Xét các số có dạng mb−1,1≤ b ≤n. Dễ thấy ta có n số như vậy và b 6= b0
thì mb − 1 6= mb0 −1 (modn), nên các số này lập thành một hệ thăng dư đầy đủ theo modulo n, suy ra tồn tại b sao cho mb−1...n. Ta cũng thấy rằng
b≤ n−1 vì b = n không thỏa mãn. Đặt a = mb −1 n ⇒ a < mn n = m và mb−na = 1. Khi đó |n(b−a)| = |(m−n)n+ (m−n) (b−n)−1| < |(m−n)n|, suy ra |b−a| < |m−n|. Do đó |b−a| ≤ |m−n| −1. Nhận xét được chứng minh. Trở lại bài toán.
1. Từ nhận xét trên, xuất phát từ điểm (1,1) con cào cào chỉ có thể nhảy đến điểm (m, n) mà ƯCLN(m, n) = 1. Hơn nữa, với ƯCLN(m, n) = 1 thì theo (∗) con cào cào có thể nhảy đến điểm có tọa độ (m, n). Vậy các điểm cần tìm là (m, n) với m, n nguyên tố cùng nhau.
2. Xét điểm nguyên dương (m, n) mà ƯCLN(m, n) = 1,|m −n| = 1 thì con cào cào có thể nhảy đến điểm này chỉ sau một bước nhảy.
Ta lại xét điểm ƯCLN(m, n) = 1,|m−n| > 1thì từ (∗) tồn tại hai số m0, n0
mn0 −nm0 = 1,m0 −n0 ≤ |m−n| −1.
Lập lại quá trình này, ta thấy con cào cào có thể nhảy đến điểm (m, n) sau khơng q |m−n| bước.
Bài tốn 2.25. Cho S là tập hợp các số thực thỏa mãn các tính chất: 1. 1 ∈ S.
2. Nếu x ∈ S thì 1
1 +x ∈ S và x
1 +x ∈ S. Chứng minh rằng S là tập hợp
tất cả các số hữu tỷ thuộc khoảng (0,1).
Phân tích - Lời giải.
Đặt f (x) = 1 1 +x và g(x) = x 1 +x. Dễ dàng kiểm tra (ga◦f) (x) = 1 a+ 1 +x,
với a là số nguyên không âm. Hơn nữa, ta có 1
2 = (g◦f) (0). Suy ra
ga1−1◦f ga2−1◦f... gan−2◦f(0) = 1
a1 + 1
a2 +...+ 1
an−1 + 1
an
= [0, a1, a2, ..., an],
trong đó a1, a2, ..., an là các số nguyên dương và an ≥ 2.
Bài toán trở thành chứng minh rằng mọi số hữu tỷ trong (0,1) điều được viết dưới dạng trên. Điều này hiển nhiên vì tính chất của liên phân số.
Bài toán 2.26. (IMO-1985) Cho n là số tự nhiên, k là một số nguyên tố với n; 1 ≤ k ≤ n−1, M là tập hợp {1,2, ..., n}. Mỗi phần tử của M được tô bởi một trong hai màu trắng hoặc xanh.Ta giả sử:
1. Với mỗi i thuộc M thì i và n−i có cùng màu. 2. Với mỗi i thuộc M, i 6= k, i và |i−k| có cùng màu.
Chứng minh rằng tất cả các phần tử của M đều có cùng màu.
Phân tích - Lời giải.
Để chứng tỏ tất cả các phần tử của M có cùng màu ta sẽ hoán vị chúng sao cho từ điều kiện cho trước của đầu bài suy ra mỗi phần tử của tập hợp đã hốn vị có cùng màu với tập hợp ban đầu của nó. Xét n−1 bội số đầu tiên của k và rút gọn chúng theo modulo n bằng cách đặt:
mr ≡ rk(modn), r = 1,2, ..., n−1.
Vì (n, k) = 1 nên rk không đồng dư với 0 theo modulo n, hơn nữa ik ≡
jk(modn) khi và chỉ khi i = j nên tập hợp {m1, m2, ..., mn−1} là một hốn vị của M.
Vìmr ≡ rk(modn)vàmr−1 ≡(r−1)k(modn)nênmr ≡mr−1+k( mod n),
do đó ta có hai khả năng sau đây:
(a) mr = mr−1 +k, nếu mr−1 +k < n;
(b) mr = mr−1 +k −n, nếu mr−1 +k > n.
Trong trường hợp (a), do điều kiện thứ hai của đầu bài, mr có cùng màu với
|mr −k| = mr−1. Trong trường hợp (b), cũng do điều kiện thứ hai của đầu bài mà mr có cùng màu với |mr−k| = n−mr−1, do điều kiện thứ nhất, nó lại cùng màu với mr−1.
Tóm lại, tất cả các phần tử của M đều có cùng màu.
Bài tốn 2.27. (VMO - 2006) Xét tập hợp số S có 2006 phần tử. Ta gọi một tập con T của S là một tập con "bướng bỉnh" nếu với hai số u, v tùy ý (có thể u = v) thuộc T ln có u+v khơng thuộc T. Chứng minh rằng:
1. Nếu S là tập hợp gồm 2006 số nguyên dương đầu tiên thì mỗi tập con "bướng bỉnh" của S đều có khơng quá 1003 phần tử.
2. Nếu S là tập hợp gồm 2006 số nguyên dương tùy ý thì tồn tại một tập con "bướng bỉnh" của S có 669 phần tử.
Phân tích - Lời giải.
1.XétAlà tập con "bướng bỉnh" gồmnphần tử a1, a2, ..., an vớia1 < a2 <
... < an của S = {1,2, ...,2006}. Khi đó B = {a2 −a1, a3 −a1, ..., an−a1}
là một tập con gồm n− 1 phần tử của S. Do A là tập "bướng bỉnh" nên
A∩B = ∅. Từ đó suy ra
n+ (n−1) ≤ 2006 ⇒n ≤ 1003.
2. Giả sử tập hợp đã cho là S = {a1, a2, ..., a2006}. Gọi P là tích tất cả các ước số lẻ của
2006
Q
i=1
số nguyên dương r) là ước của 3P + 2. Số nguyên tố p này nguyên tố cùng nhau với tất cả các số ai(i = 1,2, ...,2006) đã cho. Với mỗi số ai ∈ S, dãy
ai,2ai, ...,(p−1)ai là một hoán vị của 1,2, ..., p−1 theo modulo p nên tồn
tại tập hợp Ai gồm r+ 1 số nguyên x ∈ {1,2, ..., p−1} để xai theo modulo
pthuộc tập hợp A= {r+ 1, r+ 2, ...,2r + 1}. Với mỗi x ∈ {1,2, ..., p−1}, kí hiệu Sx = {ai|xai ∈ A}, ta có
|S1|+|S2|+...+|Sp−1| = X
ai∈S
|Ai| = 2006 (r + 1).
Do đó tồn tại x0 sao cho
|Sx0| ≥ 2006 (r + 1)
3r+ 1 > 668.
Chọn tập B là tập con gồm 669 phần tử của Sx0, khi đó B là một tập con "bướng bỉnh" của S.
Thật vậy, nếu chọnu, v,w ∈ B (u có thể bằngv), thì x0u, x0v, x0w đều thuộc
A. Do đó x0u+x0v 6= x0w(modp) cho nên u+v 6= w.
Nhận xét. Câu 1 của bài toán đơn giản, nhưng câu 2 khó câu này sử dụng hệ thặng dư và tính chất của nó, hơn nữa ta phát hiện được tập hợp "bướng bỉnh" có thể xem là cực đại.
Bài tốn 2.28. (THTT) Cho các số nguyên không âm a1 < a2 < ... < a101 < 5050. Chứng minh rằng tồn tại bốn số phân biệt ak, ah, am, an sao cho
(ak +ah−am−an)...5050.
Phân tích - Lời giải.
Xét các tổng ai +aj (1≤ i < j ≤101), có tất cả C1012 = 5050 tổng như vậy. Giả sử không tồn tại bốn số k, h, m, n với k < h, m < n,{k, h} 6= {m, n}
sao cho
ak +ah ≡am +an(mod5050),
thì S = {ai +aj|1 ≤i < j ≤101} là hệ thặng dư đầy đủ modulo 5050. Từ
đó
X
1≤i<j≤101
(ai+ aj) ≡ (0 + 1 +...+ 5049)≡ 12748725 (mod5050).
Suy ra P
1≤i<j≤101
(ai+ aj) là một số lẻ. (1) Mặt khác
P
1≤i<j≤101
(ai +aj) = 100 (a1 +a2 +...+ a101) là một số chẵn. (2)
Ta thấy (1) và (2) mâu thuẫn. Vậy tồn tại hai tổng ak + ah, am + an với
k < h, m < n,{k, h} 6= {m, n} sao cho ak +ah ≡am +an(mod5050).
Do đó, tồn tại bốn số phân biệt ak, ah, am, an sao cho (ak +ah−am−an)...5050.
Bài toán 2.29. (THTT) Cho a là một số tự nhiên lớn hơn 1. Xét tập hợp khác rỗng A⊂ N thỏa mãn điều kiện: Nếuk ∈ A thì k+ 2a ∈ A và
k a
∈ A
(kí hiệu [x] chỉ phần nguyên của x). Chứng minh rằng A = N.
Phân tích - Lời giải.
1.Trước hết ta chứng minh số0 ∈ A. Thật vậy giả sử trái lại, gọik(k > 0) là phần tử bé nhất của A thì k a ≤ k a < k do a > 1. Vì k a ∈ A nên mâu thuẫn với việc k là phần tử bé nhất của A.
Vì 0 ∈ A nên 0 + 2a = 2a ∈ A. Suy ra 2a+ 2a = 4a ∈ A. Tương tự với k ∈ N ta có 2ka ∈ A. Suy ra 2k = 2ka a ∈ A. Vậy A chứa tất cả các số chẵn.
2. Bây giờ giả sử n ∈ N bất kì. Trong hai số na và na+ 1 phải có một số chẵn. Gọi số đó là 2k. Khi đó na ≤ 2k < na+a = (n+ 1)a (do a > 1). Suy ra n = 2k a ∈ A. Vậy A= N.
Chúng ta có bài tốn tương tự sau.
Bài tốn 2.30. (THTT) Cho một tập hợp khác rỗng S ⊂ Z thỏa mãn các điều kiện sau
1. Tồn tại hai phần tử a, b ∈ S mà (a, b) = (a−2, b −2) = 1. 2. Nếu x, y ∈ S thì x2 −y ∈ S (x, y khơng nhất thiết khác nhau).
(Trong đó (a,b) ước số chung lớn nhất của hai số nguyên a, b). Chứng minh
rằng S = Z.
Phân tích - Lời giải.
Kí hiệu A= a|a ∈ Z thỏa mãn ∀y ∈ S ⇒y +a ∈ S, y−a ∈ S . Rõ ràng 0∈ A.
• Nếu m, n ∈ A thì tồn tại x, y ∈ Z sao cho xm +yn = d với d = (a, b). Do đó suy ra từ nhận xét trên d ∈ A.
Ta sẽ chứng minh 1∈ A (và hệ quả thì 1 ∈ A, dẫn đến S = Z ). Giả sử x, y, t∈ S. Từ giả thiết (2) ta có
x2 −t∈ S ⇒y2 − x2 −t∈ S ⇒t− x2 −y2 ∈ S.
Tương tự t+ x2 −y2 ∈ S. Bởi vậy x2 −y2 ∈ A.
Xét a, b ∈ S thỏa mãn (1). Theo nhận xét trên thì a2 −b2 ∈ A.
Theo giả thiết a2 −b ∈ S, a2 −a ∈ S ta suy ra
a2 −b2 − a2 −a = (a−b) 2a2 −a−b ∈ A.
Suy ra
2a2(a−b) = (a−b) 2a2 −a−b+ a2 −b2 ∈ A.
Tương tự 2b2(b−a) ∈ A. Vì (a, b) = 1 nên
2a2(a−b),2b2(b−a)= 2 (a−b) ∈ A.
Mặt khác a2 −a2 −a2 = a3(a−2) ∈ A.
Vì (a, b) = 1 nên trong hai số a, b có ít nhất một số lẻ. Khơng mất tính tổng quát, giả sử a lẻ. Vì (a, b) = 1 ⇒(a, a−b) = 1 ⇒ a3, a−b= 1 và 1 = (a−2, b−2) = (a−2,(a−2)−(b−2)) = (a−2, a−b), nên a3(a−2),2 (a−b)= a3(a−2),(a−b) = 1. Suy ra 1∈ A.
Nhận xét.Đây là bài tốn số học - tập hợp khó. Sử dụng linh hoạt các tính chất về ước số chung lớn nhất, điều hay của bài toán là xây dựng tập hợp trung gian.
Bài toán 2.31. (IMO - 1981)
a) Với giá trị nào của n (n > 2) thì sẽ tồn tại một tập hợp gồm n số nguyên dương liên tiếp thỏa mãn điều kiện: Số lớn nhất trong tập hợp này là một ước số của bội chung nhỏ nhất của n−1 số còn lại?
b) Với giá trị nào của n (n > 2) thì sẽ tồn tại duy nhất một tập hợp có tính chất trên?
Phân tích - Lời giải.
Rõ ràng để giải bài toán này ta lần lượt xét các trường hợp của số tự nhiên
n.
Giả sử n = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài. Khi đó, ta xét tập hợp gồm 3 số
m, m−1, m−2. Vì m−1, m−2 khơng có ước chung nên bội chung nhỏ nhất của chúng(m−1).(m−2). Do đó, m chia hết(m−1)(m−2) = m2+ 3m−2 suy ra m chia hết 2, điều này mâu thuẫn.
Giả sử n = 4, xét tập hợp gồm 4 số m, m −1, m −2, m−3; m và m −1