Bài viết Một số dạng toán đếm tập sinh bởi hàm số qua các đề thi Olympic trình bày một số dạng toán đếm tập hữu hạn sinh bởi hàm số qua các kỳ thi Olympic những năm gần đây và xét các ứng dụng liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo!
Trang 1M ỘT SỐ DẠNG TOÁN ĐẾM TẬP SINH BỞI HÀM SỐ
Tô Thị Lan Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình
Tóm tắt nội dung
Báo cáo này nhằm trình bày một số dạng toán đếm tập hữu hạn sinh bởi hàm số qua các kỳ thi Olympic những năm gần đây và xét các ứng dụng liên quan
Mục này trình bày một số dạng toán đếm tập hữu hạn số học dựa trên các nguyên lý tính toán số nguyên
Bài toán 1 (VMO-1995, Bảng B) Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số có
10 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1 Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần
2 Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau
Lời giải. Gọi A là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số, lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5 thỏa mãn điều kiện (1) của để bài Với mỗi i kí hiệu Ai là tập gồm tất cả các số thuộc A mà trong mỗi số đều có hai chữ số i đúng cạnh nhau
Suy ra số các số cần tìm là:
A\∪5
i = 1Ai
=|A| −
5
∪
i = 1Ai
= |A| − ∑5
i = 1
|Ai| + ∑5
i1;i2 = 1
|Ai1∩Ai2|
− ∑5
i1;i2;i3 = 1
|Ai1∩Ai2∩Ai3| + ∑5
i1;i2;i3;i4 = 1
|Ai1∩Ai2∩Ai3∩Ai4| −
5
∩
i = 1Ai
Ta có
|A| = 10!
25 ;|Ai1∩Ai2∩ · · · ∩Aik| = (10−k)!
25 − k Suy ra kết quả là: 39480
Bài toán 2 (VMO 1995 bảng B) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự
nhiên có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
a Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần
b Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau
Lời giải. Đặt A={1; 2; 3; 4; 5}
Gọi T = i1i2 i10 trong đó ij ∈ A, j = 1, 2, , 10 và mỗi chữ số thuộc A có mặt đúng hai lần
Trang 2Xét tập Ti ⊂ Tmà trong i1i2 i10 ∈ Ti thì mỗi chữ số i thuộc A chiếm hai vị trí liên tiếp
Xét tập B⊂Tmà trong i1i2 i10 ∈Bcó ij 6=ij+ 1với mọi j=1, 2, , 9
Như vậy B=T\ S5
i = 1
Ti Theo tính chất tập hợp, ta có:
|B| =
T\ S5
i = 1
Ti
=|T| −
5
∑
i = 1
|Ti| − ∑
1 ≤ i < j ≤ 5
TiT
Tj + ∑
1 ≤ i < j < k ≤ 5
TiT
TjT
Tk − ∑
1 ≤ i < j < k < l ≤ 5
TiT
TjT
TkT
Tl +
5
T
i = 1
Ti
!
• Với i1i2 i10∈ T
Xem như 10 chữ số hình thứcijkhác nhau từng đôi một, ta có 10! cách chọn số
i1i2 i10
Tuy nhiên khi hoán vị hai chữ số giống nhau thì số được tạo thành không khác số ban đầu nên|T| = 10!
25
• ∑5
i = 1
|Ti| =C51.9!
24;
∑
1 ≤ i < j ≤ 5
TiT
Tj =C2
5.8!
23;
∑
1 ≤ i < j < k ≤ 5
TiT
TjT
Tk =C537!
22;
∑
1 ≤ i < j < k < l ≤ 5
TiT
TjT
TkT
Tl =C4
5
6!
2;
5
T
i = 1
Ti
=5!
Đáp số: 39480
Bài toán 3. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số mà tổng các chữ số của nó là bội của 4
Lời giải. Gọi A là tập các số có 4 chữ số abcd(a ≥1)sao cho a+b+c+dchia hết cho 4 Xét b+c+d=4k+r(0≤r ≤3)
Nếu r∈ {0, 1, 2}thì với mỗi giá trị của r tồn tại hai giá trị của a sao cho a+b+c+d chia hết cho 4, đó là a=4−rhoặc a=8−r
Nếu r=3 thì tồn tại 3 giá trị của a sao cho a+b+c+dchia hết cho 4, đó là a=1; 5; 9
Kí hiệu B=nbcd/0≤ b, c, d≤9; b+c+d=4k+r, 0≤r ≤2o
B= nbcd/0≤b, c, d≤9; b+c+d=4k+3
o
Ta có
|A| =2.|B| +3 |C| =2.(|B| + |C|) + |C| =2.103+|C|
Xét tập hợp C Giả sử c+d =4m+s
Nếu s∈ {0, 1}thì tồn tại hai giá trị của b sao cho b+c+d=4k+3
Nếu s∈ {2, 3}thì tồn tại ba giá trị của b sao cho b+c+d=4k+3
Kí hiệu D=ncd/0≤ c, d≤9; c+d=4m+s, s=0, 1o
E= ncd/0≤c, d≤9; c+d=4m+s, s=2, 3o
Ta có|C| =2.|D| +3 |C| =2.(|D| + |E|) + |E| =2.103+|E|, với|E| =24+25=49 Vậy|A| =2.103+2.102+49=2249
Trang 3Bài toán 4. Một số được gọi là số đẹp nếu nó là hợp số và không chia hết cho 2, 3, 5 (ví
dụ ba số 49, 77, 91 là ba số đẹp nhỏ nhất) Hỏi có tất cả bao nhiêu số đẹp nhỏ hơn 1000
+ Có tất cả 168 số nguyên tố nhỏ hơn 1000
+ Nếu n là số nguyên dương bất kì nhỏ hơn 999 và trong tập hợp{1, 2, 3, , 999}có
k số chia hết cho n thì kn ≤999< (k+1)n⇒k≤ 999
n < (k+1)và k = 999
n
Lời giải. Gọi A, B, C tương ứng là tập hợp các số chia hết cho 2, 3, 5
Số phần tử của mỗi tập hợp là:
|A| = 999
2
=499; |B| = 999
3
=333; |C| = 999
5
=199
Tập hợp các số chia hết cho 6 là AT
Bsuy ra|AT
B| = 999
6
=166
Tập hợp các số chia hết cho 10 là AT
Csuy ra|AT
C| = 999
10
=99
Tập hợp các số chia hết cho 15 là BT
Csuy ra|BT
C| = 999
15
=66
Tập hợp các số chia hết cho 30 là AT
BT
Cnên|AT
BT
C| = 999
30
=33
Tập hợp các số chia hết cho ít nhất một trong ba số 2, 3, 5 là AS
BS
C suy ra
|AS
BS
C| = |A| + |B| + |C| − |AT
B| − |BT
C| − |CT
A| + |AT
BT
C| =733
Do đó các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 và không chia hết cho ba số 2, 3, 5 là
999−733=266
Trong tập hợp 266 số trên có cả số 1 và các số nguyên tố khác 2, 3, 5 Mặt khác ta biết rằng có tất cả 165 số nguyên tố nhỏ hơn 1000 và khác 2, 3, 5
Vậy số số đẹp phải tìm là 266−165−1=100
Bài toán 5. Cho hai số nguyên dương m và n sao cho n+2 chia hết cho m Hãy đếm số các bộ ba số nguyên dương(x; y; z)thoả mãn điều kiện: tổng x+y+zchia hết cho m, trong đó mỗi số x, y, z đều không lớn hơn n
Lời giải. Đặt k= (n+2)/m∈N∗ Ta có n=km−2 Xét các tập hợp:
D= {km−1, km}, E={1, 2, , km},
A=
(x, y, z)/x, y, z∈ E\D; x+y+z .m
,
B=
(x, y, z)/x, y, z∈E; x+y+z .m
,
C=
(x, y, z)/x, y, z∈E; x∈ D∨y∈ D∨z∈ D; x+y+z .m
Dễ thấy|A| = |B| − |C|
- Tính|B|: Có km cách chọn x∈ E Với mỗi cách chọn x∈Eta có km cách chọn y∈E Với mỗi cách chọn x và y như trên ta có k cách chọn z∈Esao cho x+y+z .m Do đó
|B| =km.km.k=k3m2
- Tính|C|: Đặt X=
(x, y, z)/x∈ D, y∈ E, z∈ E, x+y+z .m
,
Y=
(x, y, z)/y∈ D, x∈ E, z∈ E, x+y+z .m
,
Z=
(x, y, z)/z∈D, x∈E, y ∈E, x+y+z .m
Trang 4
Khi đó, ta có C= X∪Y∪Z Do đó
|C| = |X| + |Y| + |Z| − |X∩Y| − |X∩Z| − |Y∩Z| + |X∩Y∩Z|
Chứng minh tương tự, ta được
|X| = |Y| = |Z| =2k2m,|X∩Y| = |X∩Z| = |Y∩Z| =4k,
|X∩Y∩Z| =τ(m) =
24 − m ; m=1, 2, 3,
Do đó|C| =6k2m−12k+τ(m)
Thay k= n+2
m , ta được:|A| = |B| − |C| = n
3+8
m −τ(m), τ(m)xác định bởi(∗)
Tiếp theo, ta xét một số dạng toán về đếm xuất hiện trong hình học tổ hợp
Bài toán 6 (VMO 2014) Cho đa giác đều có 103 cạnh Tô màu đỏ cho 79 đỉnh của đa giác
và tô màu xanh cho các đỉnh còn lại Gọi A là số cặp đỉnh đỏ kề nhau và B là số cặp đỉnh xanh kề nhau
a) Tìm tất cả các giá trị có thể nhận được của cặp (A, B)
b) Xác định số cách tô màu các đỉnh của đa giác để B = 14 Biết rằng, hai cách tô màu được xem là như nhau nếu chúng có thể nhận được từ nhau thông qua một phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác
Lời giải.
a) Theo bài ra ta có số đỉnh màu xanh là 24 Nếu tất cả các đỉnh đỏ chia thành 1 cụm thì A = 78 Nếu bị cắt thành 2 cụm thì A = 77 Cứ thế tiếp tục, tức là nếu có k cụm ( mỗi cụm là các đỉnh cùng màu đỏ đứng sát nhau) thì A = 79 - k Mặt khác, nếu có k cụm đỏ thì hiển nhiên cũng có k cụm xanh nên ta có B = 24 - k Các giá trị của k là từ 1 đến 24 nên do đó có 24 khả năng tất cả
b) Để có B = 14 thì k = 10 (phải chia quân xanh thành 10 cụm, quân đỏ thành 10 cụm)
Áp dụng công thức chia kẹo trong bài toán chia kẹo Euler ta suy ra được số cách chia 24 điểm xanh vào 10 cụm là C9
23 Tiếp theo ta sẽ xem xét việc xếp các điểm xanh- đỏ như là việc có sẵn 79 điểm đỏ ở trên đường tròn và ta bỏ 10 cụm xanh vào các khoảng trống giữa 2 điểm đỏ liên tiếp, mỗi khoảng có tối đa 1 cụm
Do đó số cách chọn ra 10 khoảng trống trong 79 khoảng là C10
79 Sự trùng lập theo phép quay là ở chỗ ta chọn 10 vị trí trong 79 vị trí theo đường tròn
Nhờ có(79, 10) =1 mà ta không phải lo về các cấu hình trùng lặp, và mỗi cách tô bị lặp lại 79 lần, do đó đáp số là(C7910C239 )/79
Bài toán 7 (VMO 2007) Cho một đa giác đều 2007 đỉnh Tìm số nguyên dương k nhỏ
nhất thỏa mãn tính chất: trong mỗi cách chọn k đỉnh của đa giác luôn tồn tại 4 đỉnh tạo thành một tứ giác lồi mà 3 trong số 4 cạnh của nó là ba cạnh của đa giác đã cho
Lời giải. Gọi các đỉnh của đa giác đều đã cho là A1, A2, , A2007
Ta thấy tứ giác được tạo từ 4 đỉnh của đa giác đã cho có 3 cạnh là 3 cạnh liên tiếp của
đa giác khi và chỉ khi 4 đỉnh của tứ giác đó là 4 đỉnh liên tiếp của đa giác đều đã cho
Gọi A là tập các đỉnh{A1, A2, A3, A5, , A2006}(tập các đỉnh của đa giác đã cho trừ
đi các đỉnh A4i, i =1, , 501, và A2007)
Trang 5Số phần tử của tập A là|A| = 1505 Mọi tập con của A đều không chứa 4 đỉnh liên tiếp của đa giác Do đó k ≥1506
Ta đi chứng minh cách chọn 1506 đỉnh bất kì của đa giác sẽ tồn tại 4 đỉnh liên tiếp của
đa giác trong 1506 đỉnh đó
Thật vậy, giả sử T là tập hợp gồm 1506 đỉnh nào đó của đa giác Phân hoạch tập các đỉnh của đa giác thành các tập hợp
B1 ={A1, A2, A3, A4}, B2 ={A5, A6, A7, A8}, , B502 ={A2005, A2006, A2007}
Giả sử T không chứa 4 đỉnh liên tiếp của đa giác Lúc đó, với mỗi i=1, 2, , 501, tập
Bikhông thuộc T, tức là tập Bicó ít nhất một đỉnh không thuộc T Khi đó ta có
|T| ≤ 3.502 = 1506 Vì |T| = 1506 nên B502 ⊂ T và mỗi tập Bi,i = 1, 2, , 501,có đúng 3 phần tử thuộc T
Ta có
A2005, A2006, A2007∈ Tnên A1∈/ Tsuy ra A2, A3, A4 ∈Tvà A5∈/ T
Cứ tiếp tục như vậy ta suy ra A2002, A2003, A2004 ∈ T Khi đó ta có 4 đỉnh liên tiếp
A2002, A2003, A2004, A2005∈ T, mâu thuẫn
Vậy k= 1506
Bài toán 8. Có bao nhiêu cách chia 1 đa giác đều (n+2) cạnh thành các tam giác bằng cách kẻ các đường chéo không cắt nhau bên trong đa giác
Lời giải.
+ n=1 thì∆ đều
+ n=2 thì ta được hình vuông, có 2 cách chia thành tam giác
+ n=3 thì ta được ngủ giác đều, có 5 cách chia thành tam giác
Bây giờ ta cần tìm công thức truy hồi để biểu diễn số Cnqua các số
C0, C1, , Cn−1,
Cn=Cn− 1C0+Cn − 2C1+Cn − 3C2+ · · · +C1Cn − 2+Cn− 1C0
Không có đường chéo nào đi qua đỉnh số 1: có Cn − 1C0cách tam giác phân
Theo chiều kim đồng hồ, đường chéo đầu tiên xuất phát từ đỉnh 1 sẽ nối nó với đỉnh
k Số∆ phân:
Ck−3Cn−k+ 2
n + 1
∑
k = 3
Ck−3Cn−k+2 =n∑−2
i = 0
CiCn−1−i
Cn=Cn−1C0+Cn− 2C1+Cn− 3C2+ · · · +C1Cn− 2+Cn−1C0(1)
Xét hàm sinh
C(x) =C0+C1x+C2x2+ · · · +Cnxn+
C2(x) = C0 + (C1C0+C0C1)x + (C0C2+C1C1+C2C0)x2 + (C0C3+C1C2+C2C1+C3C0)x3+
Theo (1) thì
C2(x) =C0+C2x+C3x2+C4x3+ nên
xC2(x) =x+C2x2+C3x3+C4x4+ · · · +Cnxn+
⇔xC2(x) =C1x+C2x2+C3x3+C4x4+ · · · +Cnxn+ · · · ⇔xC2(x) =C(x) −1
Suy ra
xC2(x) −C(x) +1=0⇔C(x) = 1±√1−4x
xC(x) = 1± (1−4x)
1 2
Trang 6Sưr dụng khai triển
xC(x) = 1
2−
1
2(1−4x)
1
2 = 1
2 −
1 2
∞
∑
k = 0
1 2 k
!
(−4)kxk
= − ∞
∑
k = 1
1
2
1 2 k
!
(−4)kxk
Do đó
Cn = −1
2
1 2
n+1
!
(−4)n+1
=2.(−4)n
1 2
1
2−1
1
2−2
1
2−n
(n+1)! =4
n.1.3.5 (2n−1)
2n(n+1)!
=2n.1.3.5 (2n−1)
(n+1)n!n! n!=
1
n+1
2n!
n!n!
= 1
n+1
2n n
Bài toán 9 (VMO 2012) Cho một nhóm có 5 cô gái là G1, G2, G3, G4, G5và 12 chàng trai
Có 17 chiếc ghế được xếp thành 1 hàng ngang Người ta xếp nhóm người đó chỉ ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau đồng thời thỏa mãn
1 Mỗi ghế có duy nhất 1 người ngồi
2 Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải là G1, G2, G3, G4, G5
3 Giữa G1và G2có ít nhất 3 chàng trai
4 Giữa G4và G5có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách sắp xếp như vậy?
(Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở ghế
đó trong hai cách xếp là khác nhau)
Lời giải. Áp dụng bài toán chia kẹo Euler, ta đánh số thứ tự các ghế từ trái sang phải là
1, 2, , 17 Gọi x1là số chàng trai được xếp bên trái G1, x2là số chàng trai ở giữa G1 và
G2, x3là số chàng trai ở giữa G2và G3, x4là số chàng trai ở giữa G3và G4, x5là số chàng trai ở giữa G4và G5, x6 là số chàng trai ngồi bên phải G5 Khi đó bộ số (x1, x2, , x5) hoàn toàn xác định vị trí các cô gái và ta có
1) x1+ x2+ + x6= 12
2) 3≤x2
3) 1≤x5≤4
Đổi biến y2= x2- 3 và y5 = x5- 1, ta được x1+y2+x3+ x4+y5+x6= 8 với các ẩn không âm và có thêm điều kiện y5≤3
Tiếp theo áp dụng bài toán chia kẹo dạng x1+y2+x3+ x4+x6 =8−y5
Ta được số cách phân ghế cho các cô gái là C124+C114+C104+C94=1161
Vì còn có 12 chàng trai có thể hoán đổi vị trí ở 12 ghế dành cho họ nên số cách xếp thỏa mãn các yêu cầu bài toán là 12!1161
Trang 7Bài toán 10 (VMO 2005 - Bảng B) Thống kê kết quả học tập ở một lớp học, người ta thấy:
Hơn 2
3 số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Toán cũng đồng thời đạt điểm giỏi môn Vật Lí; hơn 2
3 số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Vật lí cũng đồng thời đạt điểm giỏi môn Văn; hơn 2
3 số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Văn cũng đồng thời đạt điểm giỏi môn Lịch sử; hơn 2
3 số học sinh đạt điểm giỏi ở môn Lịch sử cũng đồng thời đạt điểm giỏi môn Toán Chứng minh rằng trong lớp học nói trên có ít nhất một học sinh đạt điểm giỏi ở cả bốn môn Toán, Vật lí, Văn và Lịch sử
Lời giải. Gọi T, L, V, S lần lượt là tập hợp các học sinh đạt điểm giỏi ở các môn Toán, Vật
lí, Văn và Lịch sử
Kí hiệu T1 =T∩L; L1= L∩S; V1=V∩S
Theo giả thiết ta có
|T1| > 2
3|T|;|L1| >
2
3|L|;|V1| >
2
3|V|
Ta sẽ chứng minh|T∩L∩V∩S| >0
Không mất tổng quát, ta giả sử T là tập có nhiều phần tử nhất
Ta có
|T1∩L1| = |T1| + |L1| − |T1∪L1| (1)
Vì T1∪L1 ⊂ Lnên|T1∪L1| ≤ |L|
Do đó từ (1) ta có
|T1∩L1| > 2
3|T| +
2
3|L| − |L| =
2
3|T| −
1
3|L| ≥
1
Lại có
|T1∩L1∩V1| = |T1∩L1| + |V1| − |(T1∩L1) ∪V1| (3)
Vì L1 ⊂Vnên T1∩L1⊂V
Mà V1⊂Vnên(T1∩L1) ∪V1⊂V
Do đó|(T1∩L1) ∪V1| ≤ |V|
Từ (2) và (3) ta được
|T1∩L1∩V1| > 1
3|T| +
2
3|V| − |V| =
1
3|T| −
1
3|V| ≥0.
Hiển nhiên, T∩L∩V∩S=T1∩L1∩V1, suy ra|T∩L∩V∩S| >0 (đpcm)
Bài toán 11 (IMO 1991) Cho S ={1, 2, , 280} Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho mọi tập hợp con n phần tử của S đều chứa 5 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau từng đôi một
Lời giải. Ta sẽ chứng minh n >217
Gọi A1, A2, A3, A4là các tập con của S chứa các bội lần lượt của 2, 3,5,7 Ta có
|A1| =140,|A2| =93,|A3| =56,|A4| =40;
|A1∩A2| =46,|A1∩A3| =28,|A1∩A4| =20;
|A2∩A3| =18,|A2∩A4| =13,|A3∩A4| =8;
|A1∩A2∩A3| =9,|A1∩A2∩A4| =6,|A1∩A3∩A4| =4,|A2∩A3∩A4| =2;
|A1∩A2∩A3∩A4| =1
Ta có |A1∪A2∪A3∪A4| = 140+93+56+40−46−28−20−18−13−8+9+
6+4+2−1=216
Nếu n≤ 216thì tập A1∪A2∪A3∪A4chứa một tập con có n mà tập con này không chứa 5 phần tử nào nguyên tố cùng nhau từng đôi một vậy n≥217
Ta sẽ dùng nguyên lí Dirichlet để chứng minh mọi tập con chứa 217 phần tử của S đều có 5 phần tử nguyên tố cùng nhau từng đôi một
Trang 8Gọi A là tập con của S mà|A| ≥217, và B1là tập con chứa số 1 và tất cả các số nguyên
tố của S,|B1| =60,
B2 =22, 32, 52, 72, 112, 132 ,
B3 ={2×131; 3×80; 5×33; 7×37; 11×23; 13×19},
B4 ={2×127; 3×87; 5×47; 7×31; 11×19; 13×17},
B5 ={2×113; 3×79; 5×43; 7×27; 11×17; 13×19},
B6 ={2×100; 3×73; 5×41; 7×23; 11×13}
Các tập B1, B2, , B6từng đôi một không có phần tử chung và trong mỗi Bicác phần
tử nguyên tố cùng nhau từng đôi một
Vậy|B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6| =88
Suy ra
|S\ (B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6)| =280−88=192
Vì A có ít nhất 217 phần tử nên có ít nhất 217 - 192 =25, ít nhất 5 phần tử của A nằm trong một tập Bi, tức là có ít nhất 5 phần tử nguyên tố cùng nhau từng đôi một
Bài toán 12 (VMO 2007) Cho một đa giác đều 2007 đỉnh Tìm số nguyên dương k nhỏ
nhất thỏa mãn tính chất: trong mỗi cách chọn k đỉnh của đa giác luôn tồn tại 4 đỉnh tạo thành một tứ giác lồi mà 3 trong số 4 cạnh của nó là ba cạnh của đa giác đã cho
Lời giải. Gọi các đỉnh của đa giác đều đã cho là A1, A2, , A2007
Ta thấy tứ giác được tạo từ 4 đỉnh của đa giác đã cho có 3 cạnh là 3 cạnh liên tiếp của
đa giác khi và chỉ khi 4 đỉnh của tứ giác đó là 4 đỉnh liên tiếp của đa giác đều đã cho
Gọi A là tập các đỉnh{A1, A2, A3, A5, , A2006}(tập các đỉnh của đa giác đã cho trừ
đi các đỉnh A4i, i =1, , 501, và A2007)
Số phần tử của tập A là|A| = 1505 Mọi tập con của A đều không chứa 4 đỉnh liên tiếp của đa giác Do đó k ≥1506
Ta đi chứng minh cách chọn 1506 đỉnh bất kì của đa giác sẽ tồn tại 4 đỉnh liên tiếp của
đa giác trong 1506 đỉnh đó
Thật vậy, giả sử T là tập hợp gồm 1506 đỉnh nào đó của đa giác Phân hoạch tập các đỉnh của đa giác thành các tập hợp
B1 ={A1, A2, A3, A4}, B2 ={A5, A6, A7, A8}, , B502 ={A2005, A2006, A2007}
Giả sử T không chứa 4 đỉnh liên tiếp của đa giác Lúc đó, với mỗi i=1, 2, , 501, tập
Bikhông thuộc T, tức là tập Bicó ít nhất một đỉnh không thuộc T Khi đó ta có
|T| ≤ 3.502 = 1506 Vì |T| = 1506 nên B502 ⊂ T và mỗi tập Bi,i = 1, 2, , 501,có đúng 3 phần tử thuộc T
Ta có
A2005, A2006, A2007∈ Tnên A1∈/ Tsuy ra A2, A3, A4 ∈Tvà A5∈/ T
Cứ tiếp tục như vậy ta suy ra A2002, A2003, A2004 ∈ T Khi đó ta có 4 đỉnh liên tiếp
A2002, A2003, A2004, A2005∈ T, mâu thuẫn
Vậy k= 1506
Bài toán 13 (VMO-1995, Bảng B) Hỏi từ các số 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số
có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1 Trong mỗi số, mỗi chữ số có mặt đúng hai lần
2 Trong mỗi số, hai chữ số giống nhau không đứng cạnh nhau
Lời giải.
Gọi A là tập gồm tất cả các số có 10 chữ số, lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5 thỏa mãn điều kiện (1) của để bài Với mỗi i kí hiệu Ai là tập gồm tất cả các số thuộc A mà trong mỗi số đều có hai chữ số i đúng cạnh nhau
Trang 9Suy ra số các số cần tìm là:
A\∪5
i = 1Ai
=|A| −
5
∪
i = 1Ai
= |A| − ∑5
i = 1
|Ai| + ∑5
i1;i2 = 1
|Ai1∩Ai2|
− ∑5
i1;i2;i3 = 1
|Ai1∩Ai2∩Ai3| + ∑5
i1;i2;i3;i4 = 1
|Ai1∩Ai2∩Ai3∩Ai4| −
5
∩
i = 1Ai
Ta có
|A| = 10!
25 ;|Ai1∩Ai2∩ · · · ∩Aik| = (10−k)!
25 − k Suy ra kết quả là: 39480
Bài toán 14 (VMO 2004) Cho tập A = {1, 2, , 16} Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập con gồm k của A đều tồn tại hai số phân biệt a, b sao cho
a2+b2là một số nguyên tố
Lời giải. Nếu a, b chẵn thì a2+b2là một hợp số Do đó nếu tập con X của A có hai phần
tử phân biệt a, b mà a2+b2là một số nguyên tố thì Xkhông thể chỉ chứa các số chẵn Suy
ra k≥9 Ta sẽ chưng minh k=9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm
Ta chia tập A thành các cặp số phân biệt a, b mà a2+b2là một số nguyên tố, có tất cả
8 cặp:
(1, 4),(2, 3),(5, 8),(6, 11),(7, 10),(9, 16),(12, 13),(14, 15)
Mỗi tập con Xgồm 9 phần tử của A, theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất hai phần
tử a, b thuộc cùng một cặp, tức a2+b2là một số nguyên tố
Bài toán 15 (Czech Republic 1988) Cho tập hợp X gồm 14 số nguyên dương
phân biệt Chứng minh rằng có một số nguyên dương k ≤ 7 và có
hai tập con k phần tử {a1, a2, , ak},{b1, b2, , bk} rời nhau của X sao cho
1
a1 +
1
a2 + · · · +
1
ak
− 1
b1+
1
b2 + · · · +
1
bk
< 1
1000
Lời giải. Xét C7
14 = 3432 tập con 7 phần tử của X Tổng các nghịc đảo của các tập con này không vượt quá
1
1 +
1
2 + · · · +
1
7 < 2, 6 nên phải thuộc vào một trong số 2600 nửa khoảng
0; 1
1000
,
1
1000;
2 1000
, , 2599
1000;
2600 1000
Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai tập con khác nhau có tổng nghịch đảo các phần
tử cùng thuộc vào một nửa khoảng Loại bỏ khỏi hai tập đó các phần tử chung (hai tập con, mỗi tập có 7 phần t)ử thì có tối đa 6 phần tử chung), ta sẽ thu được hai tập con kphần
tử (kmột số nguyên dương và k ≤ 7), giả sử{a1, a2, , ak},{b1, b2, , bk}, rời nhau và thỏa yêu cầu bài toán
1
a1 +
1
a2 + · · · +
1
ak
− 1
b1 +
1
b2+ · · · +
1
bk
< 1
1000
Bài toán 16. Cho n là số nguyên dương và cho k số nguyên dương a1, a2, , ak đôi một nguyên tố cùng nhau Tìm số các số nguyên dương a, a ≤nsao cho a không chia hết cho
ai với mọi i=1, 2, , k
Lời giải.
Ứng với mỗi i= 1, 2, , k, ta đặt Ai =
a∈ N∗/a≤n, a .a
i
và A là tập hợp các số thoả mãn điều kiện của bài toán thì
|A| =n−
k
S
i = 1
Ai
( 1 )
Trang 10Dễ thấy tập
Ai ={ai, 2ai, , miai}với mi ∈N∗và thoả mãn điều kiện:
miai : n< (mi+1)ainên
|Ai| =mi = n
ai
Ai∩Aj =
a∈ N∗, a≤ n vµ a a
iaj
Ai∩Aj =
n
aiaj
(Do(ai, aj) =1))
Hoàn toàn tương tự, ta có
Ai1 ∩Ai2∩ · · · ∩Aik =
n
ai1ai2 aik
Vậy nên
k
S
i = 1
Ai
= ∑k
i = 1
|Ai| − ∑
1 ≤ i1< i2≤ k
|Ai1 ∩Ai2| + · · · + (−1)k−1
k
T
i = 1
Ai
= ∑k
i = 1
n
ai
− ∑
1 ≤ i 1 < i 2 ≤ k
n
ai1ai2
+ · · · + (−1)k−1
n
a1a2 an
|Ai| =n− ∑k
i = 1
n
ai
+ ∑
1 ≤ i 1 < i 2 ≤ k
n
ai1ai2
− · · · + (−1)k
n
k
∏
i = 1
ai
Bài toán 17. Trong mặt phẳng cho tập hợn A có n điểm ( n≥2) Một số cặp điểm được nối với nhau bằng đoạn thẳng Chứng minh rằng tập hợp A đã cho, có ít nhất hai điểm đươc nối với cùng số lượng các điểm khác thuộc A
Lời giải. Giả sử a∈ A Ta kí hiệu S(a) là số lượng các điểm của A nối với a mà S(a) = 2, S(b) = 3, S(c) = 1, S(d) = 2, S(e) = 2
Bài toán đã cho trở thành:
Chứng minh rằng tồn tại a1, a2 ∈ A(a16=a2), mà S(a1) =S(a2)
Mặt khác, dễ thấy không tồn tại hai điểm a∈ A, b∈ Amà S(a) =n−1 và
Thật vậy, nếu có (2), thì từ S(a) = n−1, ta suy ra a nối với tất cả n - 1 điểm còn lại, tức là a cũng nối với b Điều đó có nghĩa là S(b) ≥1, vã dẫn đến mâu thuẫn với S(b) =0 Gọi S là tập hợp các giả trị mà các đại lượng S(a)nhận, a∈ A,
tức là: S= {m/m=S(a), a∈ A}
Như vậy từ (1) suy ra tập hợp S có tối đa n giả trị Tuy nhiên từ (2) suy ra (n-1) và 0 không đồng thời thuộc S, vì thế tập S tối đa nhận (n - 1) giá trị Theo nguyên lí Dirichlet suy ra tồn tại ít nhất a1∈ A, a2∈ A(a16=a2), mà S(a1) =S(a2)
Bài toán 18. Cho một bảng có kích thước 2n×2n ô vuông Người ta đánh dấu vào 3n ô bất kì của bảng Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên n hàng và n cột này
Lời giải. Chọn ra n hàng có chứa số ô được đánh dấu nhiều trên các hàng đó nhất
Ta chứng minh rằng các ô được đánh dấu còn nhỏ hơn hoặc bằng n Giả sử ngược lại không phải như vậy, tức là số ô được đánh dấu lớn hoan hoặc bằng n + 1 Số các hàng còn lại chưa chọn là n Vậy theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất một hàng ( tỏng số n hàng còn lại) chứa ít nhất hai ô đã đánh dấu
...Bài toán (VMO 1995 bảng B) Từ chữ số 1, 2, 3, 4, lập số tự
nhiên có 10 chữ số thỏa mãn đồng thời điều kiện sau:
a Trong số, chữ số có mặt hai lần
b Trong số, hai chữ số. .. chữ số hình thứcijkhác đơi một, ta có 10! cách chọn số
i1i2 i10
Tuy nhiên hoán vị hai chữ số giống số tạo thành không khác số ban... Tmà i1i2 i10 ∈ Ti chữ số i thuộc A chiếm hai vị trí liên tiếp
Xét tập B⊂Tmà i1i2 i10 ∈Bcó ij