tố cùng nhau thỏa mãn
2a1 , 2b b1 , 2c c1 .a
Bài 8: Tìm tất cảcác số nguyên n > 1 sao cho 2 21
n
n
là một số nguyên.
Bài 9 (Balkan 1999): Cho p là số nguyên tố dạng 3l + 2.Đặt
S={y2 – x3- 1│x, y là các số nguyên, 0 ≤ x, y ≤ p – 1}. Chứng minh rằng có nhiều nhất p phần tử trong S chia hết cho p.
Bài 10: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p,q thỏa mãn
3pq
(mod 3pq).
Bài 11: Cho các số n1, n2, ..., nkđôi nột nguyên tố cùng nhau và n=
1 k i i n . Giả sử với mỗi i ta goi hi là cấp của a modul ni. Chứng minh rằng cấp của a modul n là
h=LMC(h1, h2, ..., hk).
Bài 12: (Cách tìm cấp của trường hợp đặc biệt) Cho a là số lẻ và n = 2s. Giả sử a – 1=2ub và a2 – 1=2vc với 1uv. b, c là số lẻ. Gọi h lá cấp của a modul n. Chứng minh
h=1 nếu us. h=2 nếu u<sv. h=2s+1-v nếu s>v.
Bài 13: Chứng minh rằngnếu số nguyên dương n có căn nguyên thủy thì nó có tất cả ( ( ))n căn nguyên thủy.
Bài 14: Chứng minh rằng nếu a là căn nguyên thủy modul m thì {1, a, a2,..., ( )m
a } lập thành một hệ thặng dư thu gọn modul m.
Bài 15: Chứng minh rằng nếu a là căn nguyên thủy modul thì mọi số cùng lớp thặng dư với a đều là căn nguyên thủy modul n.
Bài 16: Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lẻ và g là một căn nguyên thủy modul p2 thì g cũng là căn nguyên thủy modul pn với n > 2.
Bài 17: Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố thì có đúng (p1) căn nguyên thủy modul p.
Bài 18: Chứng minh rằng nếu p là một số nguyên tố lẻ, nếu g là một căn nguyên thủy modul p thì trong p số g+kp, k =0, 1, ..., p-1 có đúng p-1 số là căn nguyên thủy modul p2.
Tài liệu tham khảo:
+/ Chuyên đề bồi dưỡng toán trung học phổ thông số học (Hà Huy Khoái). +/Một số vấn đề số học chọn lọc (Nguyễn Văn Mậu (cb)).
+/Các bài giảng về số học (Nguyễn Vũ Lương (cb)). +/Tài liệu từ internet.
ẤT BIẾN TRONG GIẢI TOÁN TỔ HỢP
Học sinh thực hiện: Hà Xuân Vũ (Nhóm chuyên toán lớp 11A1- năm học 2012-2013).
Giáo viên hướng dẫn: Nguyễn Thị Thanh Tâm.
Lời dẫn:
Các bài toán tổ hợp luôn được xếp vào loại bài toán khó trong các kì thi toán olympic hay học sinh giỏi cấp quốc gia. Cái khó ở đây ở chỗ tổ hợp luôn là những bài toán với rất nhiều trường hợp có thể xảy ra, chúng luôn biến đổi muôn hình vạn trạng khiến ta rất khó nắm bắt được và từ đó gây cho ta sự lan man, không biết phải đi theo con đường nào để giải quyết chúng. Không chỉ thế, tổ hợp không có nhiều công cụ như hình học hay đại số và lại cách sử dụng công cụ trong toán tổ hợp rất đa dạng. Khó là thế nhưng những bài toán tổ hợp luôn mang những tính chất rất đẹp với những lời giải rất hay và thú vị và chứa đựng đầy tính bất ngờ. Tài liệu này nhằm giới thiệu về một công cụ đơn giản nhưng rất hữu hiệu trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp. Đó là sử dụng bất biến. Sử dụng bất biến là ta đi tìm những tính chất không thay đổi trong suốt quá trình biến đổi của các đại lượng biến đổi đề cho hay nói đơn giản là tìm cái bất động của cái di động rồi sau đó so sánh giữa điều cần chứng minh và trạng thái ban đầu đề cho.
Nội dung chuyên đề:
I. Khái niệm về bất biến:
Bất biến là các đặc điểm có tính cố định của một đối tượng trong suốt quá trình biến đổi của đối tượng này.
II. Hàm bất biến. 1.Thuật toán:
+/ Cho tập A và ta gọi là không gian các trạng thái, mỗi phần tử của A là một trạng thái. Khi đó, mỗi ánh xạ: T : A A gọi là một thuật toán (ôtômat).
+/ Gọi X là tập hợp gồm tất cả các trạng thái có thể nhận được từ A sau hữu hạn bước thực hiện thuật toán T:
X={A: Tn()}
2.Hàm bất biến.
+/ Cho thuật toán T trên A và I là một tập hợp khác rỗng mà ta gọi là không gian các mẫu bất biến.
Khi đó, ánh xạ H:AI gọi là hàm bất biến trên A nếu
, : ( ) ( ).
a b A b X H b H a
III. Các bài toán.
1/ Bất biến theo modul:
Ở đây ta đi xét các đối tượng mà số lượng trạng thái của nó là hữu hạn và có thể nói là có thể kiểm soát được để ứng dụng hàm bất biến cho các trạng thái của đối tượng
- 74 -
này để đi tìm lời giải cho bài toán. Nếu đối tượng A mà ta đang xét có n trạng thái biến đổi, thông thường ta đi xét sự bất biến trong modul n. Dưới đây là các ví dụ cơ bản:
a. Bất biến chẵn lẻ:
*Ví dụ 1: Trên bảng ta viết 2012 dấu cộng và 2013 dấu trừ. Ta thực hiện xóa 2 dấu bất kì trong đó và viết thêm một dấu cộng nếu hai dấu xóa đi giống hệt nhau và dấu trừ nếu hai dấu xóa đi là khác nhau. Hỏi sau một số lần trên bảng có thể chỉ còn lại một dấu cộng hay không.
Định hướng giải:
Khi đọc vào đề ta có thể thấy giữa con số đề bài cho và kết quả cuối cùng có liên quan với nhau bởi cùng một loại thuật toán. Chính điều này gợi cho ta nghĩ tới việc sử dụng bất biến để giải quyết bài toán.Vấn đề ở đây đặt ra là ta phải tìm cái bất biến trong thuật toán trên.
Bài giải:
Cách 1: Ta thấy khi xóa hai dấu giống nhau thì số dấu cộng giảm 1 hoặc tăng 1 và dấu trừ là không đổi hoặc giảm 2. Còn khi xóa 2 dấu khác nhau ta thêm vào 1 dấu trừ thì số dấu cộng giảm 1 còn số dấu trừ không đổi.Ta thấy sự thay đổi của dấu cộng là tùy ý tăng giảm liên tục nhưng còn dấu trừ thì lại giảm 2 hoặc không đổi.Vì vậy nên số dấu trừ trên bảng luôn là số lẻ vì ban đầu có 2013 dấu trừ trên bảng không thể chỉ toàn dấu cộng.
Cách 2: Ta có tích các dấu là dấu trừ. Khi xóa 2 dấu giống nhau và thêm 1 dấu + hoặc khi xóa 2 dấu khác nhau thêm 1 dấu – thì tích lại vẫn là 1 dấu -. Vậy dù chuyển bao nhiêu lần thì tích các dấu vẫn là dấu trừ. Nếu trên bảng toàn dấu + thì tích các dấu là dấu +. => Vô lí. Vậy không thể trên bảng còn 1 dấu + sau 1 số lần làm.
(* Với ví dụ này ta có thể đưa về dạng tổng quát với m dấu cộng ( *
mN ) và n dấu trừ (n2k1;kN).*)
*Ví dụ 2: Có 2013 nhà khoa học tham gia một hội nghị. Mỗi nhà khoa học quen với một số nhà khoa học khác. Chứng minh tồn tại một nhà khoa học có số người quen là số chẵn.
Định hướng giải:
Dựa vào dữ kiện đề cho gợi cho ta nghĩ về việc sử dụng sự bất biến về tính chẵn lẽ. Công việc của chúng ta là phải tìm ra sự bất biến đó.
Bài giải:
Gọi các nhà khoa học này lần lượt là a1, a2,..., an.
Ứng với mỗi người quen của một nhà khoa học, ta cho nhà khoa học này một điểm.
Giả sử ai là người quen của aj ( ni,j1 và ij) ai có 1 điểm. Tương tự thì aj cũng có 1 điểm vì quen ai.
Cứ mỗi cặp quen nhau ta phải cho 2 điểm nên tổng số điểm là số chẵn.
Mà theo giả thiết có 2013 nhà khoa học nên phải có ít nhất 1 nhà khoa học có số điểm chẵn hay có số người quen chẵn.
+/ Qua 2 bài toán trên ta đã thấy được sức mạnh của việc ứng dụng sự bất biến liên quan đến tính chẵn lẻ. Nó làm cho lời giải ngắn gọn, rõ ràng, dễ hiểu hơn. Tất nhiên, các bạn có thể dùng các công cụ khác để giải 2 bài toán trên nhưng tôi tin chắc các bạn phải mất ít nhất 1 trang giấy và lời giải không sáng sủa bằng phương pháp dùng bất biến.
Trong một cuộc thi đấu khúc côn cầu, có 25 đội thi đấu vòng tròn một lượt. Đội thắng được 2 điểm, thua 0 điểm còn nếu kết quả hòa thì mỗi đội được 1 điểm. Chứng minh rằng sau khi kết thúc mùa giải, tồn tại 1 đội có tổng số điểm ghi được là số chẵn.
(* Theo ý tưởng của bài toán trên ta có thể sáng tạo ra vô vàn bài toán ứng dụng bất biến*)
b. Bất biến theo modul 3.
Trong phần 1, ta đã xét sự bất biến theo tính chẵn lẻ. Thực ra điều đó cũng có nghĩa là ta đang xét sự bất biến của đối tượng trong modul 2 mà thôi.
Bây giờ, ta sẽ đi nghiên cứu về những bài toán mang tính tổng quát hơn về việc sử dụng bất biến theo modul.
*Ví dụ: Cho 10 viên bi màu vàng, 15 viên bi màu đỏ, 23 viên bi màu xanh. Các viên bi này có đặc điểm thần kì là cứ cho 2 viên bi khác màu chạm vào nhau thì 2 viên bi này sẽ đổi sang màu bi còn lại. Hỏi sau 1 số lần nào đó thì tất cả các viên bi sẽ có cùng màu hay không?
Định hướng giải:
Ta thấy ở đây bài toán mang dáng vóc giống như các bài toán ở phần 1 nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc sử dụng bất biến vào đây. Nhưng rõ ràng ở đây có tới 3 đối tượng có nghĩa là ta phải làm việc với 3 biến tức là ta phải tìm sự bất biến theo modul 3.
Bài giải:
Đặt màu vàng là 1, đỏ là 2, và xanh là 3. Ta có sau 1 lần đụng ta có nếu là vàng và đỏ tạo nên 2 viên màu xanh 1+2 đồng dư 3+3 (mod 3). Tương tự 2+3 đồng dư 1+1 (mod 3), hay 3+1 đồng dư 2+2 (mod 3). Vậy Tổng các số sau các lần thay đổi đồng dư modul 3 theo 1 số không đổi. Mà ta có ban đầu tổng số là 10x1+15x2+23x3=109 đồng dư 1 (mod 3).
Giả sử sau 1 số lần đổi thì các bi cùng màu hay các số giống nhau. Ta có tổng các số là 48x với x =1 nếu toàn màu vàng, x=2 nếu toàn màu đỏ, x=3 nếu toàn màu xanh. Ta có 48x đồng dư 0 (mod 3) => Vô lí
Vậy không thể sau 1 số lần va chạm các bi chuyển về cùng 1 màu.
Qua bài toán trên ta đã thấy được ứng dụng của việc sử dụng bất biến theo modul. Cái mạnh ở đây là ta có thể giải quyết được các bài toán nhiều biến, phức tạp một cách rõ ràng, dễ hiểu.
Tôi xin đưa ra một bài toán với cách giải tương tự để các bạn quen hơn với việc dùng bất biến theo modul: Có 1 loại banh thần kì có khả năng biến đổi hình dạng. Có 4 loại banh gồm hình cầu, hình lập phương, hình ovan và hình trụ. Các quả banh làm bằng đất sét và khi cho 3 quả banh hình dạng khác nhau chạm vào nhau thì đất sẽ nhão ra rồi biến 3 quả banh thành 3 quả banh mới giống nhau và có hình dạng khác 3 quả banh trước. Trên bàn ta đặt 2005 quả banh hình cầu, 2000 quả banh hình lập phương, 1999 quả banh hình ovan và 202 quả hình trụ. Liệu sau một số lần đụng nhau người ta có thể thu tất cả các quả banh cùng hình dạng hay không?
2/ Một số loại hình sử dụng bất biến khác:
Khi giải toán tổ hợp, không phải bài toán nào cũng có thể tìm được số lượng trạng thái biến đổi của đối tượng hay là số lượng trạng thái quá lớn không thể kiểm soát được, lúc này ta không thể ứng dụng bất biến theo modul mà phải đi tìm đến những dạng bất biến khác. Với những bài toán này, nếu ta tìm được sự bất biến đó thì coi như bài toán được giải quyết. Sau đây là một vài ví dụ:
- 76 -
*Ví dụ 1: Ta thực hiện trò chơi sau: Đầu tiên ta viết lên bảng cặp số(a0;b0) = (2; 2). Từ lần thứ hai nếu trên bảng đã có cặp số A = (a;b) thì ta được quyền viết thêm cặp số
B = ( ;
2 2
a b a b )
Hỏi có thể viết thêm được cặp số (1;1 + 2) không. Định hướng giải
Ta thấy các cặp số ở đây có thể biến đổi muôn hình vạn trạng khiến ta khó có thể xác định một cách giải nào có thể quét hết các trường hơp có thể. Điều này sẽ giúp ta nghĩ tới việc đi tìm một đại lượng bất biến nào đó.
Bài giải: Ta thấy a2 + b2 = 2 2
( ) ( )
2 2
a b a b
.
_Ta sẽ vận dụng sự bất biến này để giải bài toán này. Giả sử cập số thứ n là Sn = (an;bn).
_Khi đó an2 + bn2 = a02 + b02 = 6.
_Ta lại có 12 + (1+ 2)2 6 nên không thể viết được cặp số (1;1 + 2).
_Việc ứng dụng hàm bất biến ở đây giúp ta giải quyết bài toán một cách ngắn gọn và sáng sủa hơn. Sau đây sẽ là một ví dụ khác giúp làm rõ hơn sức mạnh của hàm bất biến.
*Ví dụ 2: Trên bảng có hai số 1 và 2. Ta thực hiện trò chơi sau: nếu trên bảng đã có 2 số a và b thì ta được phép viết thêm số c = a+b+ab. Hỏi ta có thể viết được các số sau hay không?
a)2010; 2013 b)11111
Định hướng giải: Ta lại gặp một bài toán trò chơi mà khó có thể quét hết các trường hợp xuất hiện các con số như bài toán 1 và ở đây sự biến đổi các con số có vẻ còn khó nắm bắt hơn rất nhiều so với bài toán trước. Chính điều này gợi cho ta nghĩ tới việc phải tìm 1 đại lượng bất biến nào đó.
Bài giải:
a) Ta để ý thấy vì c = a+b+ab. Nếu a và b không có số nào chia hết cho 3 thì c 2(mod 3). _Thật may mắn hai số đầu tiên là 1 và 2 thỏa mãn không chia hết cho 3 nên tất cả các số ta viết được trên bảng đều chia 3 dư 2 (tất nhiên là trừ chữ số 1 đề cho ban đầu). Mà 2010 và 2013 đều là số chia hết cho 3 nên không thể xuất hiện trên bảng theo quy tắc đề cho.
b)11111 là số chia 3 dư 2 nên không thể dùng lập luận ở câu a được. Phải chăng đây là điểm yếu của hàm bất biến? Không phải vậy. Đây chỉ là phần khuyết của bất biến theo modul mà thôi. Ta sẽ tiếp tục dùng hàm bất biến để giải quyết bài toán này như sau:
_Ta thấy c = a+b+ab c+1 = (a+1)(b+1).
_Mà hai số đầu tiên là 1 và 2 nên kể từ số thứ 3 trở đi, ta có thể phân tích số cn + 1 đó thành dạng 2a.3b (với a, b, n N*).
_Đây chính là chìa khóa của bài toán. Vì 11111+1 = 11112 = 3.8.463 không có dạng 2a.3b nên 11111 không thể viết được bởi quy tắc cho ở đầu bài.
(Đương nhiên ta có thể dùng phương pháp ở câu b để giải quyết câu a)
*Ví dụ 3: Một hình tròn được chia thành n hình cánh quạt. Trên mỗi cánh quạt có đặt sẵn 1 viên bi. Ta thực hiện các di chuyển sau: mỗi lần ta di chuyển 2 viên bi bất kì sang ô liền kề. Một viên chuyển cùng chiều kim đồng hồ và viên còn lại dịch chuyển
ngược chiều kim đồng hồ. Hỏi n là số như thế nào để có thể dồn tất cả các viên bi về cùng 1 cánh quạt.
Bài giải:
_Ta đánh số thứ tự các cánh quạt lần lượt từ 1 tới n và gán giá trị của từng cánh quạt gía trị bằng số thứ tự của cánh quạt đó (ví dụ: cánh quạt thứ 5 có giá trị là 5). Khi đó giá trị của hình tròn là A = 1+2+...+n = ( 1)
2
n n
. (1).
_Giả sử tất cả các viên bi được dồn vào ô thứ x (1xn). Khi đó giá trị của hình tròn được tính bằng công thức A = x.n (vì có n viên bi) (2).
_Từ (1) và (2) ta có ( 1) 2 n n = x.n (n+1) = 2x hay n là số lẻ. _Thử lại ta thấy n lẻ là đáp án đúng cần tìm.