2 Một số dạng bài toán tổ hợp liên quan đến bài toán đếm
2.2.5 Một số bài toán minh họa
Để nắm vững kỹ năng giải các bài toán phân hoạch chúng ta cần giải nhiều các bài toán cụ thể.
Bài 9. Giả sử tổng của hai số nguyên a, b không chia hết cho 3. Chứng minh rằng không thể chia tập các số nguyên Z thành 3 lớp rời nhau đôi một sao cho với mọi t ∈ Z, 3 số t, t+a, t+b thuộc về 3 lớp phân biệt. Bài giải
Giả sử phản chứng có phân hoạch Z = T1∪T2∪T3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta ký hiệu x ∼ y nếu x,y thuộc cùng một lớp phân hoạch. Bộ 3 số nguyên (a„b,c) được gọi là bộ tốt nếu a,b,c thuộc về 3 lớp phân biệt. Từ giả thiết phản chứng suy ra:
(x,x+a,x+b) là bộ tốt
(x+a,x+2a,x+a+b) là bộ tốt
(x+b,x+2b,x+a+b) là bộ tốt
⇒x+a+b ∼ x (1)
Chọn x=0 ta thu được 0 ∼(a+ b), áp dụng kết quả (1) ta suy ra:
−(a+b) = (a+b)−2(a+b) ∼ −2(a+b) = (a+b)−3(a+b) ∼ −3(a+b). . .
Tóm lại 0 ∼ p(a+b),∀p ∈ Z ⇒0 ∼ a(a+b). (2)
Mặt khác (x+a,x+2a,x+a+b) là một bộ tốt theo giả thiết phản chứng. Vì x+a+b∼ x ⇒ (x, x+a, x+ 2a) là bộ tốt (x,x+a+b thuộc cùng một lớp phân hoạch).
Suy ra (0,a,2a) là bộ tốt, (a,2a,3a) là bộ tốt. ⇒ 0∼ 3a
Mặt khác (3a,4a,5a) là bộ tốt; (4a,5a,6a) là bộ tốt ⇒ 3a ∼6a. Suy ra 0 ∼pa khi và chỉ khi p chia hết cho 3. (3)
Từ (2), (3) suy ra (a+b) chia hết cho 3 (mâu thuẫn).
Bài 10. Trong một tập n số nguyên dương phân biệt cho trước, ta xét tất cả tổng các phần tử của những tập con không trống của nó. Chứng minh rằng 2n −1 số này có thể chia thành n lớp sao cho trong mỗi lớp, tỷ số giữa các số lớn nhất và số nhỏ nhất không vượt quá 2.
Bài giải
+ Ký hiệu các số đã cho 0 < x1 < x2 < ... < xn và ký hiệu:
mk = 1
2(x1 +x2 +....+ xk);Mk = (x1 +x2 +...+xk); (1 ≤ k ≤n)
+ Với mỗi k ta gọi lớp Tk gồm những tổng S (của các số thuộc một tập con nào đó) thỏa mãn:
mk ≤ S ≤ Mk. (1)
Nếu mk ≤ S1 ≤S2 ≤Mk, ta có S2
S1 ≤ Mk mk = 2.
Suy ra trong mỗi lớp Tk tỷ số giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất không vượt quá 2.
Đối với những tổng S thỏa mãn (1) với nhiều chỉ số k ta chọn một chỉ số k duy nhất.
Vậy ta có Ti ∩Tk = ∅,∀i 6= k.
+ Ta chứng minnh mọi tổngS sẽ rơi vào một trong các lớpTk(1≤ k ≤n). Giả sử phản chứng là ∃S mà S /∈ Tk.
∀k : 1 ≤k ≤ n vì Mk ∈ Tk ⇒S 6= Mk,∀k.
Ta lại có M1 < S < Mn suy ra có tồn tại k để Mk < S < Mk+1. Vì S > Mk ⇒S = x1 +x2 +...+xk | {z } Mk +xk+1+...+xi. Suy ra S > xi(i > k) ⇒ 2S > xi+ Mk ≥ xk+1 +Mk = Mk+1 ⇒2S > Mk+1 = 2mk+1 ⇒ S > mk+1.
Tóm lại ta thu được mk+1 < S < Mk+1 ⇒ S ∈ Tk+1 (mâu thuẫn giả thiết phản chứng).