1 K39, THPT chuyín Phan Bội Chđu, Nghệ An.
2.4 Một số băi toân khâc
Ví dụ 22. Cho n lă số tự nhiín lớn hơn 1. Gọi S lă tập hợp gồmn phần tử vă Ai, i= 1, m lă m tập con đôi một khâc nhau của S thỏa mên
|Ai|>2; ∀i, j, k:Nếu |Ai∩Aj| 6=∅,|Aj ∩Ak| 6=∅,|Ak∩Ai| 6=∅thì |Ai∩Aj ∩Ak| 6=∅. Chứng minh rằngm 62n−1−1.
Lời giải. Ta chứng minh quy nạp theo n. • Với n = 2,3 thì kết luận băi toân đúng.
• Với n > 4. Giả sử băi toân đúng với n−1. Ta cần chứng minh với n thì băi toân đúng đúng. Thật vậy, gọi T lă họ gồm câc tậpAi. Xĩt hai trường hợp sau :
– Trường hợp 1. Tồn tại tập A mă A vă S A đều thuộc T.
Chia T thănh 3 họ gồm: T1 lă họ câc tập con của A, T2 lă họ câc tập con của S\A, T3 =T \(T1∪T2).
Ta có nhận xĩt sau: Với mọi tập B ∈ T3 thì |B∩A| > 0,|B∩(S\A)| > 0. Do đó với mọiB, C ∈T3 thì |B ∩C|= 0.
Thật vậy, nếu|B∩C|= 0 thì |A∩B∩C|>0vă |(S\A)∩B∩C|>0(theo nhận xĩt trín), vô lí. Ta có |T3|6min{|A|,|S\A|}. Suy ra |T|=|T1|+|T2|+|T3|6 2|A|−1+ 2n−|A|+1+ min{|A|, n− |A|}62n−1−1 – Trường hợp 2. Với ∀A∈T thì S\A /∈T. VìS có 2n tập con nín|T|62n−1. Giả sử|T|>2n−1. Suy ra |T|= 2n−1. Giả sửX ={1; 2;. . .;n−1} ∈T.
Chia T thănh 2 họ như sau: T4 lă họ câc tập con của X vă T5 lă họ câc tập chứa phần tử n.
Ta có nhận xĩt sau : ∀Bi, Bj ∈T5 thì |Bi ∩Bj|>1.
Thật vậy, nếu |Bi∩Bj| < 1 thì |Bi∩Bj ∩X| = 0 mă |Bi∩Bj| > 0;|Bi ∩X| >
0;|X∩Bj|>0(Mđu thuẫn) XĩtT′
5 ={B\ {n}|B ∈T5}, mỗi tậpT′
5 lă 1 tập con của {1; 2;. . .;n−1}vă mọi tập C, D con của T′
5 thì |C∩D|>1⇒ |T5|=|T5|′ 62n−2 Theo giả thiết quy nạp thì
|T4|62n−2−1⇒ |T|=|T4|+|T5|62n−2−1 + 2n−2 = 2n−1−1(Mđu thuẫn với gt). Kết hợp cả hai trường hợp ta có điều cần chứng minh.
❒
Ví dụ 23. Cho hăm f xâc định trín câc tập con của tập hữu hạn S (S6=∅). Chứng minh rằng nếu f(S\A) = f(A) vă max{f(A) ;f(B)}>f(A∪B)với mọi tập con A, B của S thì f nhận không quâ |S| giâ trị phđn biệt.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo số phần tử củaS.
• Với |S| = 1 vă |S| = 2 số câc cặp gồm hai tập con bù nhau của S tương ứng bằng 1 vă 2. Kết luận băi toân đúng.
• Với |S|>2. Giả sử băi toân đúng cho số phần tử bĩ hơn. Gọi m lă phần tử lớn nhất của Imf.
– Trước hết ta chứng minh S có một tập con có 1 phần tử X = {x} thỏa mên f(x) =m.
Thật vậy, xĩt tập tất cả tập con nhận giâ trịm qua ânh xạ f.
Vìf(S\A) =f(A)nín trong câc tập con năy có ít nhất một tập con khâc rỗng. Gọi X lă tập con bĩ nhất thỏa mên f(X) = m. Nếu X có ít nhất 2 phần tử
thì X có thể viết thănh hợp của hai tập phđn biệt : X = X1 ∪ X2. Suy ra
max{f(X1) ;f(X2)}>f(X1∪X2) = f(X) = m
Mămlă phần tử lớn nhất trong tập giâ trị củafnín trong hai phần tửf(X1) ;f(X2)
có ít nhất một phần tử bằngm (mđu thuẫn). Do đó S có một tập con có 1 phần tử X ={x} thỏa mên f(X) = m.
– ĐặtR =S\X. Xĩt hăm g :R→f(R) như sau : Với∀A⊂R thì g(A) = min{f(A) ;f(A∪X)}= min{f(A) ;f(R\A)} Với ∀A⊂R thì
m=f(X) = f(S\X) =f(A∪(R\A))
6max{f(A) ;f(R\A)}= max{f(A) ;f(S\(R\A))}
= max{f(A) ;f(A∪X)}
Ta chứng minh bằng quy nạp giả thiết cũng đúng với hăm g, tức lăg(R\A) =g(A)
văg(A∪B)6max{g(A) ;g(B)} Thật vậy,
g(R\A) =g(A)đúng theo câch xâc định hăm g.
Nếug(A) = m hoặcg(B) =m thì g(A∪B)6max{g(A) ;g(B)}(theo định nghĩa sốm).
Nếu g(A), g(B) < m thì một trong hai giâ trị f(A) ;f(A∪X) < m vă một trong hai giâ trịf(B) ;f(B∪X)< m.
Nếuf(A)< mđặt C=A, nếu f(A∪X)< m đặt C =A∪X. Nếuf(B)< mđặt D=B, nếuf(B∪X)< m đặt D=B∪X.
Suy ra f(C) = g(A) ;f(D) = g(B) vă tập C ∪D hoặc bằng A∪B hoặc bằng A∪B∪X. Từ đó ta có
max{g(A) ;g(B)}= max{f(C) ;f(D)}
>f(C∪D)>min{f(A∪B) ;f(A∪B∪X)}
=g(A∪B)
Vậy g thỏa mên giả thiết.
Theo giả thiết quy nạp thì g chỉ có thể nhận |S| −1giâ trị khâc nhau.
Vậy ∀A ⊂ R, một trong hai giâ trị f(A) vă f(R\A)có một giâ trị bằng m vă giâ trị còn lại bằng g(A).
Do đó hămf chỉ có thể nhận nhiều hơn hămg một giâ trị. Từ đó ta có điều cần chứng minh. ❒
Ví dụ 24 (THTT 395). Cho X lă tập con của {1; 2;. . .; 2011}thỏa mên (i) |X|= 62;
(ii) Với∀x∈X đều ∃a, b∈X∪ {0; 2011}(a;b6=x) thỏa mên x= a+b
Chứng minh rằng có hai phần tửx, y của X thỏa mên |x−y|>11,x+2y ∈/ X.
Lời giải. Giả sử X lă tập có 62 phần tử có sắp thứ tự x1 6x2 6· · ·6x62.
Ta sẽ chứng minh băi toân năy bằng phản chứng : Giả sử không tồn tại hai phần tử x, y của X thỏa mên |x−y|>11,x+2y ∈/ X.
Ta chứng minh câc phần tử của X cùng tính chẵn lẻ. Thật vậy : X ⊂ {1; 2;. . .; 2011}. Suy ra xi+1 >xi+ 1,∀i= 1,61.
Do đó x62 >xk+ 11, k = 1,51. Suy ra xk (k = 1,51) cùng tính chẵn lẻ với x62, nếu không thì
xk+x62
2 ∈/ X (mđu thuẫn)
Tương tự ta cóxl (l= 12,62) cùng tính chẵn lẻ với x1. Vì vậyxi i= 1,62cùng tính chẵn lẻ. Từ giả thiết suy ra ∃a;b∈X∪ {0; 2011} thỏa mên x62= a+b
2 .
Do x62> x1 nín ∃xp(p= 1; 2;. . .; 61) thỏa mên x62= xp+20112 hay xp lẻ.
Tương tự do xi > x1 (i = 1; 62) nín ∃xq(q= 2; 3;. . .; 61) thỏa mên x1 = xq+02 chẵn (mđu
thuẫn). Vậy ta có điều cần chứng minh. ❒