Đẳng thức, bất đẳng thức và các bài toán cực trị trong tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCĐÀO DUY HẢO ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TỔ HỢP LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO DUY HẢO

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI

TOÁN CỰC TRỊ TRONG TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀO DUY HẢO

ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI

TOÁN CỰC TRỊ TRONG TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Mã số 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

Mục lục

Mở đầu 1

Chương 1 Tổ hợp và các hệ thức liên quan 3

1.1 Nguyên lý Dirichlet và một số bài toán áp dụng 3

1.2 Ý tưởng và lời giải tường minh một số bài toán tổ hợp 7

1.3 Cách xây dựng song ánh giải một số bài toán tổ hợp 14

1.4 Phương pháp thiết lập hệ thức truy hồi trong tổ hợp 20

1.5 Khai triển nhị thức Newton 27

1.6 Phương pháp quỹ đạo 28

1.7 Ứng dụng đẳng thức tổ hợp vào số học 30

Chương 2 Bất đẳng thức trong tổ hợp 33

2.1 Các bất đẳng thức cơ bản trong tổ hợp 33

2.2 Hệ phương trình và tính toán tổng 36

2.3 Công thức biến đổi ngược của tổng với tổ hợp 57

Chương 3 Một số dạng toán cực trị trong tập rời rạc và tổ hợp 63 3.1 Cực trị trên tập rời rạc 63

3.2 Một số dạng toán cực trị trong tổ hợp 65

Kết luận 77

Tài liệu tham khảo 78

Mở đầu

Ngay từ năm 1736, nhà toán học Euler đã giải quyết thành công bài toán

tổ hợp về bảy cây cầu ở thành phố K¨onigsberg, Đức (nay là Kaliningrad,Nga) nằm trên sông Pregel Bài toán đặt ra là “Có thể đi theo một tuyếnđường mà đi qua mỗi cây cầu đúng một lần rồi quay lại điểm xuất pháthay không?” Và kể từ đó trải qua nhiều thăng trầm của lịch sử, lí thuyết

tổ hợp vẫn phát triển mạnh mẽ và có nhiều ứng dụng trong khoa học vàtrong cuộc sống Chúng ta thường gặp các bài toán tổ hợp trong thực tếnhư: Lập lịch cho một cơ quan, Đặt các trạm xe bus tối ưu nhất trongthành phố, thuật toán tìm kiếm của Google, Yahoo, hay các phần mềmứng dụng mà chúng ta vẫn đang sử dụng hàng ngày Chính vì vậy, tổ hợpluôn dành được sự quan tâm rất lớn từ các nhà toán học, các thầy, cô giáo

và các bạn học sinh yêu thích môn toán

Toán tổ hợp là dạng toán khó thường xuất hiện trong các kì thi họcsinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia, quốc tế Mặc dù toán tổ hợpquan trọng như vậy nhưng các tài liệu về nó còn ít Xuất phát từ thực tế

đó, dưới sự định hướng và hướng dẫn nhiệt tình của GS.TSKH NguyễnVăn Mậu, tôi đã tiến hành nghiên cứu về đề tài “Đẳng thức, bất đẳng thức

và các bài toán cực trị trong tổ hợp” nhằm góp một phần nhỏ bé vào việc

bổ sung tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh

Cấu trúc luận văn gồm 3 chương:

Chương 1 Tổ hợp và các hệ thức liên quan

Chương 2 Bất đẳng thức tổ hợp

Chương 3 Một số dạng toán cực trị trong tập rời rạc và tổ hợp

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, thầy đã giúp tôi hiểu sâu hơn về các khái niệm,thuật toán liên quan đến đề tài của mình Tôi xin bày tỏ sự kính trọng và

lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.

Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong trường ĐH Khoa học- Đạihọc Thái Nguyên, các thầy ở Viện Toán học, ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội

đã tận tình giảng dạy và tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tôi có nhữngkiến thức cơ sở đủ vững để thực hiện đề tài

Trong quá trình biên không tránh khỏi những sai sót, tôi rất mong nhậnđược ý kiến đóng góp của độc giả để đề tài được hoàn thiện hơn

Xin chân thành cảm ơn

Chương 1

Tổ hợp và các hệ thức liên quan

Nguyên lý Dirichlet (thuật ngữ tiếng Anh: the pigeonhole principle, cũng cónơi gọi là the drawer principle) - ở dạng đơn giản nhất - được phát biểu đầu tiênbởi G.Lejeune Dirichlet (1805-1859), một nhà toán học Đức gốc Pháp, như sau:

"Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng (n ∈ N∗) thì luôn có (ít nhất là)hai con thỏ bị nhốt trong cùng một chuồng"

Một cách tổng quát, ta có nguyên lý Dirichlet mở rộng:

"Nếu nhốt m con thỏ vào n cái chuồng (m, n ∈ N∗) thì luôn tồn tại mộtchuồng chứa ít nhất là 1 +hm − 1

n

icon thỏ"

Ở đây, ký hiệu [a] được dùng để chỉ phần nguyên của số thực a tức là sốnguyên lớn nhất không vượt quá a

Dùng phưng pháp phản chứng, ta có thể đưa ra một cách chứng minh khángắn gọn cho nguyên lý Dirichlet (ngay cả dưới dạng mở rộng); học sinh THPTcũng có thể làm được việc này; và điều đó không hề làm giảm đi giá trị của bảnthân nguyên lý Nguyên lý Dirichlet có rất nhiều ứng dụng (hiệu quả đến bấtngờ): sử dụng nó, ta có thể chứng minh được nhiều kết quả sâu sắc của toán học.Chính vì vậy, tại các cuộc thi học sinh giỏi toán (quốc gia và quốc tế), nguyên

lý Dirichlet thường xuyên được khai thác Để minh hoạ, dưới đây, ta xét một sốbài toán cụ thể

Bài toán 1.1 Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên gồm toàn số 1 chia hếtcho 2011

Bài toán được chứng minh.

Bài toán 1.2 [Vô địch Cộng hoà Czech 1998] Cho X là một tập hợp gồm 14

số nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng có một số nguyên dươngk ≤ 7 và

có hai tập con k-phần tử:

{a 1 ; a 2 ; ; ak}, {b 1 ; b 2 ; ; bk}

rời nhau của X sao cho

1000.

Lời giải

Xét C147 = 3432 tập con 7-phần tử của X Tổng (các) nghịch đảo của các phần

tử trong mỗi tập con này rõ ràng là không vượt quá 1

 0

1000;

1 1000

i

, 1

1000;

2 1000

i

, ,2599

1000;

2600 1000

i

.

Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai tập con khác nhau có tổng nghịch đảo cácphần tử thuộc vào cùng một nửa khoảng Loại bỏ khỏi hai tập con đó các phần

tử chung (hai tập con 7-phần tử khác nhau thì có tối đa sáu phần tử chung), ta

sẽ thu được hai tập con k-phần tử (với k nguyên dương, k ≤ 7), thoả yêu cầucủa bài toán: hiệu của hai tổng nghịch đảo các phần tử trong hai tập con này

sẽ sai khác nhau ít hơn 1/1000

Bài toán 1.3 [VMO-2004] Cho tập A = {1; 2; 3; ; 16} Hãy tìm số nguyêndương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tạihai số phân biệt a, b mà a2+ b2 là một số nguyên tố

Lời giải.

Ta thấy, nếu a, b cùng chẵn thì a2+ b2 là hợp số Do đó tập con X của A có haiphần tử phân biệt a, b mà a2+ b2 là một số nguyên tố thì X không thể chỉ chứacác số chẵn Suy ra k ≥ 9 Ta chứng tỏ k = 9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm Điều

đó có nghĩa là với mọi tập con X gồm 9 phần tử bất kì luôn tồn tại hai phần

tử phân biệt a, b mà a2+ b2 là một số nguyên tố Để chứng minh khẳng địnhtrên ta chia tập A thành các cặp hai phần tử phân biệt a, b mà a2+ b2 là một

số nguyên tố, ta có tất cả 8 cặp

(1; 4), (2; 3), (5; 8), (6; 11), (7; 10), (9; 16), (12; 13), (14; 15)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 9 phần tử của X có hai phần tử thuộc cùngmột cặp và ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.4 [Trích đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO, 1999] Cho

A = {a 1 ; a 2 ; a 3 ; · · · } ⊂N∗ thoả mãn điều kiện 1 ≤ a p+1 − a p ≤ 1999với mọi p ∈N∗.Chứng minh rằng tồn tại cặp chỉ số p, q với p < q sao cho a p /a q

với mọi i, j nguyên dương mà i ≥ 2, j ≤ 1999 Từ cách xây dựng trên, dễ dàngchứng minh A(m; j) < A(n; j), A(m; j)/A(n; j) với mọi bộ ba số nguyên dương

m, n, j mà j ≤ 1999 và m < n Từ cách xây dựng trên, cũng dễ thấy (với mỗi

i ∈N∗: A(i; 1), A(i; 2), , A(i; 1999)) là 1999 số nguyên dương liên tiếp (không béhơna 1) do đó, theo giả thiết của bài toán về tập hợpA, thì tồn tạij i ∈Z∩[1; 1999]

để A(i; ji) ∈ A

Bấy giờ, vìj1, j2, , j2000∈Z∩ [1 : 1999], nên theo nguyên lý Dirichlet, có hai

số nguyên dương m < n ≤ 2000 mà jm = jn =: j; với chúng, ta tìm được cặp chỉ

số p < q sao cho

a p = A(m; j m ) = A(m; j)|A(n; j) = A(n; j n ) = a q (đpcm).

Bài toán 1.5 [Đề nghị, Toán 11, kỳ thi Olympic 30/4 năm 2006] GọiA là tậphợp tất cả các bộ bax = (x1, x2, x3)màx1, x2, x3 ∈ [0, 7]∩Z Bộx = (x1; x2; x3) ∈ A

được gọi là trội hơn bộy = (y1; y2; y3) ∈ Anếux 6= yvàxi ≥ yi với mọii ∈ {1; 2; 3};khi đó, ta viết x > y Tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho mọi tập con n-phần tửcủa A đều chứa ít nhất là hai bộ x, y mà x > y

0 ≤ x2 ≤ 7; 7 phần tử có dạng x = (5; x2; 6 − x2) với 0 ≤ x2 ≤ 6; 6 phần tử códạng x = (6; x2; 4 − x2) với 0 ≤ x2≤ 5; và 5 phần tử có dạng x = (7; x2; 4 − x2) với

0 ≤ x2 ≤ 4

Rõ ràng B không chứa hai bộ x, y nào mà x > y

2/ Tiếp theo, cho N3 n ≥ 49, và B là một tập con n-phần tử bất kỳ của A

Ta sẽ chứng minh rằng B chứa ít nhất hai bộ x, y mà x > y

Muốn vậy, xét các tập con sau đây của A:

và chỉ cần khảo sát hai trường hợp:

(i) Nếu B ∩ C là một tập hợp có nhiều hơn 32 phần tử, thì do chỉ có 32 tậpcon Ci,j (i, j ∈Z; 1 ≤ i ≤ 4; 0 ≤ j ≤ 7), tạo thành một "phân hoạch" của C, nêntheo nguyên lý Dirichlet, B phải chứa ít nhất là hai phần tử x và y (x 6= y) củacùng một tập con Ci,j nào đó (i, j ∈Z; 1 ≤ i ≤ 4; 0 ≤ j ≤ 7); từ cấu trúc của Ci,j

ta thấy x và y có thể so sánh được với nhau theo quan hệ "trội", mà ta có thểgiả sử là x > y.

(ii) Nếu B ∩ C có không quá 32 phần tử, thì B ∩ D chứa ít nhất n − 32 ≥ 17

phần tử; nhưng chỉ có 16 tập con Dp,q (p, q ∈ Z; 4 ≤ p ≤ 7; 0 ≤ q ≤ 3) tạo thànhmột "phân hoạch" củaD; nên vẫn theo nguyên lý Dirichlet,B phải chứa ít nhất

là hai phần tửx và y (x 6= y)của cùng một tập con Dp,q nào đó (p, q ∈Z; 4 ≤ p ≤ 7; 0 ≤ q ≤ 3); từ cấu trúc của D p,q ta thấy x và y có thể so sánh được với nhautheo quan hệ "trội", mà ta cũng có thể giả sử là x > y (đpcm)

Một số BTTH thường đề cập một số yếu tố ràng buộc theo những quy tắcnào đó Yêu cầu của bài toán là đánh giá một đại lượng nào đó liên quan đếncác yếu tố đã đề cập, hoặc chứng minh một quy tắc nào đó luôn thực hiện được,hoặc chứng minh một quy luật nào đó nghiệm đúng

Lược đồ tự nhiên để tiếp cận việc giải loại bài toán này đã được hình thànhcho học sinh từ các lớp dưới gồm các bước:

1 Chọn ẩn để mô tả các yếu tố trong đầu bài thành một phương trình, mộtbất phương trình hoặc một hệ hỗn hợp chứa ẩn đã chọn

2 Xử lý các điều vừa mô tả theo yêu cầu của bài toán bằng cách giải ranghiệm hoặc biến đổi thành những kết quả giúp cho việc hình thành quy tắchay quy luật thỏa yêu cầu bài toán

Từ ý tưởng giải như thế thì khâu then chốt nhất là thể hiện tường minh ramột lời giải cụ thể Do bài toán khó, người giải được bài toán chắc chắn phảichỉ ra được mối quan hệ nội tại của các yếu tố trong bài toán thông qua các kỹnăng biến đổi tinh xảo hoặc những nhận xét tinh tế, bản chất nhất từ hệ đã mô

lý, chặt chẽ, có hệ thống để xây dựng được tình huống đôi lúc lại khó hơn yêucầu của đầu bài

Các BTTH này đều do các nhà toán học lừng danh trên thế giới sáng tácnên trong lời giải của họ thường thông báo một khám phá mới về tri thức toán,một "bất biến" nào đó, hoặc kiến thiết một thuật toán nào đó Đọc các lời giảicủa họ, học sinh học tập được những cách đặt vấn đề một cách sáng tạo, những

kỹ năng biến đổi điêu luyện bậc thầy, những hoạt động về tích hợp các dữ kiệnriêng lẻ thành những kết quả sâu sắc mà từ đó có thể đưa ra những kết luậnxác đáng, các khẳng định mà họ thường đặt tên là các "bổ đề"

Cùng ý tưởng giải nhưng có thể có nhiều cách để thực hiện sự tường minhlời giải Trong đó có lời giải mà học sinh cho là khó hiểu Việc gợi ý cho học sinhmột ý tưởng giải và động viên học sinh nỗ lực thực hiện theo cách của mình, đểtường minh ra một lời giải cụ thể cho BTTH, phải chăng là cách hợp lý để giúpcho các em học sinh mới bắt đầu làm quen với các BTTH hóc búa này

Sau đây là các bài toán minh họa cho các điều vừa đề cập

Ba BTTH được chọn minh họa nằm trong các kỳ thi: Chọn học sinh giỏiQuốc gia 2005 của Việt Nam, USAMO lần thứ 30 và IMO 2005 Chúng ta sẽxem xét chúng ở hai khía cạnh: ý tưởng giải và sự tường minh lời giải

Bài toán 1.6 [HSGQG 2005, Bài 3] Trong mặt phẳng, cho bát giác lồi

A1A2A3A4A5A6A7A8 mà không có ba đường chéo nào của nó cắt nhau tại mộtđiểm Ta gọi mỗi giao điểm của hai đường chéo của bát giác là một nút Xét các

tứ giác lồi mà mỗi tứ giác đều có cả bốn đỉnh là đỉnh của bát giác đã cho Tagọi mỗi tứ giác như vậy là tứ giác con

Hãy tìm số nguyên n nhỏ nhất có tính chất: có thể tô màu nút sao cho vớimọi i, k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} và i 6= k, nếu ký hiệu s(i, k) là số tứ giác con nhận

A i , Ak làm đỉnh và đồng thời có giao điểm hai đường chéo là một nút đã được

tô màu thì tất cả các giá trị s(i, k) đều bằng nhau

Suy ra n chia hết cho 14 Từ đó: n >14

Cách tô màu 14 nút thoả mãn bài toán sau:

- Mỗi đường chéo (chính) của hình lập phương có thể tương ứng với đúng 3đường chéo (chính) còn lại

Với ý tưởng trên có thể hiểu lý do tại sao lại chỉ ra được cách tô màu nhưtrên

Bài toán 1.7 [USAMO 2001, Bài 1] Có 8 cái hộp, mỗi hộp chứa 6 trái banh.Tìm số n nhỏ nhất sao cho mỗi banh tuỳ ý đều được tô một trong n màu thoảmãn đồng thời hai điều kiện sau:

1 Trong mỗi hộp, không có hai banh nào được tô cùng một màu

2 Hai hộp bất kỳ có chung không quá một màu

Lời giải

+) Gọi xi là số màu xuất hiện i lần i = 1, 2, , k, (k 6n) Ta có:

n = x1+ x2+ · · · + xk (1)

48 = 1x1+ 2x2+ · · · + kxk (2)

+) Gọi y là số cách chọn hai hộp không có chung màu nào Do hai hộp bất

kỳ có chung không quá một màu nên:

Nhận xét 1.2 +) Ở hình dưới, mỗi đường tượng trưng cho mỗi hộp, các giaođiểm ở trên đường tượng trưng cho các banh.

+) Có đúng 8 đường, mỗi đường chứa đúng 6 giao điểm và có tất cả 23 giaođiểm Hai đường bất kỳ có tối đa một điểm chung

+) Mỗi cách đánh số 23 giao điểm, từ 1 đến 23, cho ta một cách tô màu trêncác banh ở 8 hộp thỏa các điều kiện bài toán

Bài toán 1.8 [IMO 2005, Bài 6] Trong một kỳ thi học sinh giỏi, các thí sinhphải giải 6 bài toán Biết rằng với hai bài toán bất kỳ luôn có nhiều hơn 2

5 sốthí sinh dự thi giải được cả hai bài toán này Ngoài ra không có thí sinh nào giảiđược cả 6 bài toán Chứng minh rằng có ít nhất 2 thí sinh sao cho mỗi ngườitrong họ giải được đúng 5 bài toán

Do đó:

S = Xi<j s(i, j)>3(2n + 1) (5)+) Ta cũng có:

S = C22x2+ C32x3+ C42x4+ C52x5 = x2+ 3x3+ 6x4+ 10x5 (6)

Từ (4), (5), (6):

x2+ 3x3+ 6x4+ 10x5 >6(x0+ x1+ x2+ x3+ x4+ x5) + 3

Trái với (8).

+) Nếua là số nguyên thì hiệus(i, j)−alà số nguyên không âm TừS = 6n+4

viết lại P

i<j (s(i, j) − a) = 1, suy ra trong 15 số hạng s(i, j) với i < j, phải có

14 số hạng có cùng giá trị là a và đúng một số hạng có giá trị là a + 1 Gọi

s(p, q) = a + 1 Do đó giá trị của P6

j=1,j6=r s(r, j) chỉ có thể là 5a hoặc 5a + 1 tùytheo r không thuộc hoặc thuộc {p, q}

Kết hợp với (*), ta có hoặc 5a chia hết cho 3 hoặc 5a + 1 chia hết cho 3 (**)

+) vì thí sinh A giải được 5 bài, nên tồn tại một bài t khác với các bài p, q, r

mà thí sinhA giải được Gọi h là số thí sinh giải được bài t Trong số h thí sinhnày, thì thí sinh A giải được bài t và thêm đúng 4 bài nữa, và h − 1 thí sinh cònlại cũng giải được bài t và thêm đúng 3 bài nữa

Điều này mâu thuẫn với (**)

Qua lời giải bài toán trên, tôi cho rằng các bài toán sau cũng có cùng ý tưởnggiải và các em học sinh có thể thực tập tường minh lời giải

Bài toán 1.9 Cho n là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3 Trên mỗi cạnh và mỗiđường chéo của n-giác đều A1A2 An người ta muốn ghi một số nguyên dươngnhỏ hơn hoặc bằng p, sao cho các điều kiện sau đều được thỏa mãn:

i) Mọi số nguyên từ 1 đến p đều được ghi

ii) Với mỗi tam giác AiAjAk tùy ý đều có hai cạnh được ghi hai số giốngnhau và số này lớn hơn số được ghi trên cạnh còn lại

Hãy xác định số nguyên p lớn nhất để có thể ghi các số thỏa mãn các điềukiện đặt ra

Với giá trị này của p, hỏi có bao nhiêu cách ghi thỏa mãn điều kiện bài toán

Bài toán 1.10 Có m + 2 cái hộp, mỗi hộp chứa m trái banh Tìm số n nhỏnhất sao cho mỗi banh được tô một trong n màu thỏa mãn đồng thời hai điềukiện sau:

1 Trong mỗi hộp, không có hai banh nào được tô cùng một màu

2 Hai hộp bất kì có chung không quá một màu

Bài toán 1.11 Trong một kỳ thi học sinh giỏi, các thí sinh phải giải 6 bàitoán Biết rằng với hai bài toán bất kỳ luôn có nhiều hơn 2

5 số thí sinh dự thigiải được cả hai bài toán này Ngoài ra không có thí nào giải được cả 6 bài toán

a Gọi k là số thí sinh giải được đúng 5 bài toán Tìm giá trị nhỏ nhất của k

b Chứng minh tồn tại ba bài toán mà có nhiều hơn 1

5 số thí sinh dự thi giảiđược

c Chứng minh tồn tại bốn bài toán mà có nhiều hơn 1

15 số thí sinh dự thigiải được

Bài toán 1.12 Cho một n-giác lồi có diện tích S Chứng minh rằng tồn tạimột cạnhABcủa đa giác và một điểmM thuộc miền đa giác này sao cho khoảngcách từ điểm M đến đường thẳngAB không nhỏ hơn 4S

nAB

tổ hợp

Trở ngại lớn nhất khi giải một bài toán tổ hợp là xác định hướng đi Rõ ràng

để có khả năng định hướng tốt thì việc rèn luyện các phương pháp tiếp cận làrất cần thiết Bài viết này giới thiệu với các bạn đọc một phương pháp hiệu quảtrong nhiều bài toán tổ hợp mà ta tạm gọi là phương pháp song ánh

Phương pháp này dựa trên kết quả hiển nhiên sau: "Nếu có một song ánh đi

từ một tập hữu hạn X tới một tập hữu hạn Y thì lực lượng (tức số phần tử) của

Lời giải

Giả sử a quen b và tập các người quen của a và b (không kể a, b) là A và B Mỗi

người a0 thuộc A sẽ quen với duy nhất một người thuộc B (do a0 và b khôngquen nhau, hơn nữa họ đã có một người quen chung làa) Tương tự, mỗi ngườithuộc B cũng quen với duy nhất một người thuộc A Vậy tồn tại một song ánh

đi từ A tới B, tức a và b có số người quen bằng nhau

Nếu a không quen b thì tồn tại c quen cả a và b, do đó số người quen của a

và b bằng nhau do cùng bằng số người quen của c

Bài toán 1.14 [Trung Quốc - 1997] Trong các xâu nhị phân có độ dài n, gọi

an là số các xâu không chứa quá ba số liên tiếp 0, 1, 0 và bn là số các xâu khôngchứa bốn số liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0 Chứng minh rằng: bn+1 = 2an

Lời giải

Ta gọi một xâu thuộc loạiA nếu nó không chứa ba số liên tiếp 0, 1, 0 và gọi mộtxâu thuộc loại B nếu nó không chứa 4 số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1 hoặc 1, 1, 0, 0.Với mỗi xâu X = (x1, x2, , xn), ta xây dựng f (X) = (y1, y2, , yn+1) nhưsau: y1 = 0, yk ≡ x1 + x2+ · · · + xk−1 (mod 2) Rõ ràng X chứa ba số liên tiếp

0, 1, 0 khi và chỉ khi f (X) chứa bốn số hạng liên tiếp 0, 0, 1, 1hoặc 1, 1, 0, 0, tức là

X thuộc loại A khi và chỉ khi f (X) thuộc B

Vậy f là một song ánh đi từ tập các xâu loại A độ dài n đến tập các xâuloại B độ dài n + 1 mà bắt đầu bằng 0 Nhưng từ mỗi xâu X thuộc B ta nhậnđược một xâu X cũng thuộc B bằng cách đổi các phần tử của X theo quy tắc

1 → 0, 0 → 1 nên số các xâu loại B có độ dài n + 1 gấp đôi số các xâu loại B độdài n + 1 mà bắt đầu bằng số 0 Từ đó ta có điều phải chứng minh

2 Từ việc so sánh lực lượng các tập hợp, phương pháp song ánh có thể giúpchúng ta đếm số phần tử của một tập thông qua sự so sánh lực lượng của tập

đó với một tập khác mà ta đã biết số phần tử của nó

Bài toán 1.15 [Vô địch Ucraina - 1996] Gọi M là các số nguyên dương viếttrong hệ thập phân có 2n chữ số, trong đó có n chữ số 1 và n chữ số 2 Gọi N

là số tất cả các số viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó chỉ có chữ số

1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2 Chứng minh rằng M = N

Lời giải 1

Với mỗi số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2,

ta "nhân đôi" thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: đầu tiên, hai phiên bảncủa số này được viết kề nhau thành số có hai chữ số, sau đó các chữ số 3 ở n

chữ số đầu và các chữ số 4 ởn chữ số sau được đổi thành chữ số 1, các chữ số 3

ở n chữ số sau và các chữ số 4 ở n chữ só đầu được đổi thành chữ số 2 Ví dụ:

1234142 → 12341421234142 → 12121221221112

Như thế, ta thu được một số có đúng n chữ số 1 và n chữ số 2 Rõ ràng đây

là một đơn ánh Để chứng minh đây là một song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngượcnhư sau: với mỗi số cón chữ số 1 và n chữ số 2, ta cắt n chữ số đầu và n chữ sốcuối rồi cộng chúng theo cột với quy tắc: 1 + 1 = 1, 2 + 2 = 2, 1 + 2 = 3, 2 + 1 = 4,

và ta thu được một số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 với số chữ số 1 bằng

số các số 2 Ví dụ 12121221221112 → 1234142 như sau:

121212212211121234142Như thế song ánh giữa hai tập hợp đã được thiết lập và ta có M = N Cáchxây dựng song ánh như trên khá đẹp song hơi cầu kì Chúng ta sẽ tìm ra mộtlời giải ngắn gọn hơn như sau:

Lời giải 2

∀k ∈ S = {0, 1, , n}, ta thực hiện 2 lần (độc lập với nhau) việc đánh dấu k

trong n vị trí trên một hàng Sau đó, ở mỗi vị trí ta ghi: chữ số 3 nếu được đánhdấu 3 lần, chữ số 4 nếu không được đánh dấu lần nào, chữ số 1 nếu chỉ đượcđánh dấu lần đầu và chữ số 2 nếu chỉ được đánh dấu lần sau

Rõ ràng khi cho k chạy trên S thì số tất cả các số thu được chính làN Hơnnữa, ∀k ∈ S thì có thể xem số cách đánh dấu lần đầu là số cách chọn k trong số

n vị trí, còn số cách đánh dấu lần sau là số cách chọn n − k vị trí trong n vị trí

Do đó tổng số cách đánh dấu khik chạy trên S đúng bằng số cách chọnn phần

tử từ 2n phần tử (tức là C2nn ), và số này chính là M Vậy ta có điều phải chứngminh

Bài toán 1.16 Cho m và n là hai số nguyên dương Xét phương trình nghiệmnguyên x1+ x2+ + xn = m Hỏi phương trình trên có bao nhiêu nghiệm nguyênkhông âm?

Lời giải.

GọiX là tập các nghiệm nguyên không âm của phương trình đã cho vàY là tậpcác xâu nhị phân có độ dài m + n − 1, trong đó có m kí tự 1 và n − 1 kí tự 0.Xét ánh xạ f : X → Y, cho tương ứng với mỗi phần tửx = (x1; x2; ; xn) ∈ Xvớiphần tử y = 11 1

chữ số 2, còn lại 2n−2i cách chọn vị trí cho các chữ số 3 và 4, với i chạy từ 0 tới

n phần tử; sau đó chọn từ tập con thứ nhất k phần tử (có Cnk cách chọn) vàchọn từ tập con thứ hai n − k phần tử (có Cnn−k = Cnk cách chọn), ta sẽ có Cnk
2

cách chọn; cuối cùng cho k chạy từ 0 tới n ta được tổng số cách chọn cần tìm là

Cn0
2+ Cn1
2+ · · · + Cnk
2 Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.18 Chứng minh rằng với m, n ∈Z+, m > k thì:

Cm+n+1k = CmkCn0+ Cm−1k−1Cn+11 + · · · + Cm−k0 Cn+kk .

thoả mãn m + 2 − i 6 am+2−k < · · · < am+n+1−k 6 m + n + 1, từ đó cho i chạy

từ 0 tới k (do m + 1 − k 6 am+1−k 6 m + 1) ta được tổng số cách chọn là

CmkCn0+ Cm−1k−1Cn+11 + · · · + Cm−k0 Cn+kk Kết quả đó cho ta điều phải chứng minh

4 Một ứng dụng nữa của phương pháp song ánh là dùng để tính tổng cácphần tử của một tập hợp nào đó Có thể xem như ý tưởng này đã được đề xuấtngay trong bài toán quen thuộc: "Tính 1 + 2 + · · · + 100", với cách giải tuyệt vời

mà tương truyền là của Gauxơ, ở đây chúng ta có thể diễn đạt lại cách tính đónhư sau: ∀i ∈ S = {1, 2, , 100}, gọi f là ánh xạ xác định như sau:f (i) = 101 − i

Rõ ràng f là một song ánh từ S tới S, do đó:

2Xi∈S

i =Xi∈S (i + f (i)) = |A|.101 = 10100

Suy ra tổng cần tính bằng 5050

Bài toán 1.19 [VMO - 2002] Cho tập S gồm tất cả các số nguyên trong đoạn

[1, 2002] Gọi T là tập hợp tất cả các tập con không rỗng củaS Với mỗi X thuộc

T, ký hiệu m(X) là trung bình cộng các phần tử của X Tính

Bài toán 1.20 Hãy tính trung bình cộng tất cả các số N gồm 2002 chữ sốthoả mãn N .99 và các chữ số của N thuộc {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.

Bài tập

Bài tập 1.1 Chứng minh rằng Cnk = Cnn−k với mọi k, n ∈N; n ≥ 1; 0 ≤ k ≤ n

Bài tập 1.2 Người ta xếpn nam sinh và nnữ sinh thành một hàng, sau đó tìmcách cắt hàng thành hai khúc sao cho mỗi khúc có số nam sinh bằng số nữ sinh.Gọi A là số trường hợp không thể cắt hàng theo yêu cầu trên, B là số trườnghợp chỉ có thể cắt hàng theo yêu cầu trên một cách duy nhất

Chứng minh rằng: B = 2A

Bài tập 1.3 Một câu lạc bộ leo núi có n thành viên tổ chức 4 cuộc leo núi và

E 1 , E 2 , E 3 , E 4 là các đội tham gia vào các cuộc leo núi ấy Hỏi có bao nhiêu cáchchia các đội sao cho E1∩ E26= ∅, E2∩ E3 6= ∅, E3∩ E4 6= ∅.

Bài tập 1.4 [IMO - 1987] Gọi pn(k) là số hoán vị của tập {1, 2, , n} có đúng

k điểm cố định Chứng minh rằng

n

X

k=0 k.pn(k) = n!.

Bài tập 1.5 Tính trung bình cộng các số N gồm n (n > 1) chữ số thỏa mãncác điều kiện:

i) N gồm các chữ số {1, 2, 4, 5} và hiệu 2 chữ số liên tiếp luôn lớn hơn 1.ii) N chia hết cho 11

Bài tập 1.6 Chứng minh đẳng thứcCm0.Cnk+ Cm1.Cnk−1+ + Cmk.Cn0 = Cm+nk vớimọi k, n, m ∈N; n, m ≥ 1; 0 ≤ k ≤ min {m, n}

1 ,A 2 , ,A k )∈F k |A1 ∪ A2 ∪ ∪ Ak| (Trường hợp

n = 1998 là bài thi APMO 1998)

Lời giải.

Do có 2n tập con của {1, 2, , n} nên có 2nk bộ (A1, A2, , Ak) Với mỗi k

-bộ (A1, A2, , Ak) của tập {1, 2, , n − 1} ta có thể thêm hoặc không thêm n

vào tập Ai để được k-bộ(A1, A2, , Ak)của {1, 2, , n} Với chú ý rằng sốk-bộ

(A1, A2, , Ak)của tập{1, 2, , n−1}là2(n−1)k và có2k−1cách thêmn vàok-bộ

n+2

−1 −

√ 5 2

n+2

−1 −

√ 5 2

n+2i.

Bài toán 1.24 Có n quả bóng b1, b2, , bn và 2n hộp h1, h2, h2n Biết rằngquả bóng bi (i = 1, 2, , n) chỉ bỏ vào được các hộp h1, h2, , h2i Hỏi có baonhiêu cách bỏk (16 k6n) quả bóng vào các hộp, biết rằng mỗi hộp chứa nhiềunhất một quả bóng (Hai cách bỏ bóng được gọi là khác nhau khi ít nhất mộtquả bóng được bỏ vào hai hộp khác nhau trong hai cách đó)

Lời giải.

Đặt Sn,k là số cách bỏ k quả bóng vào các hộp Giả sử26k 6n Nếu một trong

k quả bóng được chọn là bn thì (k − 1) quả bóng còn lại có thể bỏ vào các hộpbằng Sn−1,k−1 cách Đồng thời, bn có 2n − (k − 1) = 2n − k + 1 cách chọn 1 hộptrong các hộp còn lại để bỏ Do đó số cách bỏ bóng trong trường hợp này là:

(2n − k + 1).Sn−1,k−1

Trường hợp quả b n không được chọn Để ý rằng k 6 n − 1 Mọi quả bóngtrong các quả bóng b 1 , b 2 , , b n−1 đều có thể bỏ vào các hộp bằng Sn−1,k cách.Suy ra

2

n − k + 1

Bài toán 1.25 Cón (n > 1) thí sinh ngồi trên một bài tròn Hỏi có bao nhiêucách phát đề sao cho hai thí sinh ngồi cạnh nhau luôn có đề khác nhau, biếtrằng trong ngân hàng đề có đúng m (m > 1) đề và hiển nhiên mỗi đề có nhiềubản

Ta viết a i = a j (i 6= j) nếu a i và a j cùng loại đề và a i 6= a j trong trường hợpngược lại, ta chứng minh:

Pn+1= (m − 2)Pn+ (m − 1)Pn−1. (1.1)

Xét một cách phát đề hợp lệ cho n + 1 thí sinh a1, a2, , an+1.

Nếu a1 6= an thì bỏ an+1 đi ta có một cách phát đề hợp lệ cho n thí sinh

(a1, a2, , an), và có (m − 2) cách phát đề choan+1

Nếu a1 = an thì ta bỏ an+1 và an đi ta có một cách phát đề hợp lệ cho (n − 1)

thí sinh (a1, a2, , an−1) Ta có (m − 1) cách phát đề cho (an, an+1)để hợp lệ với

an = a1 Vậy ta có được (1.1)

Mặt khác dễ thấy P 2 = m(m − 1); P 3 = m(m − 1)(m − 2)

Bằng quy nạp, ta chứng minh được: P n = (m − 1)n+ (m − 1)(−1)n

Cách 2 Bài toán tương đương với việc đếm số các dãy(ai) (i = 1, 2, , n) thỏa:

ai∈ M = {1, 2, , m} ∀i = 1, 2, , n và a1 6= a2, a2 6= a3, , an 6= a1

Trong tập hợp các dãy (ai) thoả mãn ai∈ M, ∀i = 1, 2, , n và a1 6= a2, a2 6=

a3, , an 6= a1, gọi An, Bn lần lượt là tập hợp các dãy (ai)mà a1 6= an và a1 = an

Do với mỗi dãy thuộc Bn, nếu bỏ đi số an thì ta được một dãy thuộc An−1

nên |Bn| = |An| Mặt khác, dễ thấy |An| + |Bn| = m(m − 1)n−1 (do a1 có m cáchchọn, ai+1 có (m − 1) cách chọn khác ai với mọi i = 1, 2, , n − 1)

Vậy

|A n | = m(m − 1)n−1− |A n−1 |

Với chú ý |A2 = m(m − 1) ta được: |An| = (m − 1) n + (m − 1)(−1)n

Đó chính là đáp số cần tìm

Nhận xét 1.4 Thực chất cả hai lời giải là như nhau Nhưng với lời giải 2,

"dường như" ta đã hình thành nên một hướng giải mới

Để thấy rõ hiệu lực của hướng mới này, ta đến với bài toán sau:

Bài toán 1.26 [IMO-1979] ChoA và E là hai đỉnh đối tâm của một hình támcạnh đều Có một con ếch bắt đầu nhảy từ A Tại bất cứ đỉnh nào trừ E, ếch cóthể tới một trong hai đỉnh kề Nếu ếch nhảy tới E thì nó dừng lại ở đó Gọi an

là số đường đi phân biệt của đúngn bước nhảy để ếch nhảy từ A đến E Chứngminh rằng

Cùng với a2 = 0, a4= 2, ta dễ dàng có điều phải chứng minh.

Bài toán 1.27 [Dự tuyển IMO-1996] Cho bảng ô vuông n × n (n > 1) Hỏi cóbao nhiêu cách đánh dấu các ô vuông trong bảng sao cho trong mỗi hình vuông

2 × 2 có đúng 2 ô vuông được đánh dấu (Hai cách đánh dấu được coi là khácnhau nếu có một ô vuông nào đó mà trong cách này thì được đánh dấu còntrong cách kia thì không)

ô vuông trong T được đánh dấu xen kẽ

Dễ thấy mỗi cách đánh dấu thuộc Bn sẽ ứng với một cách đánh dấu thuộc

Bn−1, còn mỗi cách đánh dấu thuộc An sẽ ứng với một cách đánh dấu thuộc

An−1 và một cách đánh dấu thuộcBn−1 (Điều này suy ra khi xét bảng ô vuông

(n − 1) × (n − 1) có được từ bảng n × n sau khi bỏ T)

Từ đó ta có

|Bn| = |Bn−1|, |An| = |An−1| + |Bn−1| (n > 2).

Mặt khác Sn = |An| + |Bn| ∀n > 1, nên Sn = 2Sn−1− Sn−2 ∀n > 3

Dễ thấy rằng:S2 = 6, S3 = 14 Từ đó bằng quy nạp ta có:Sn = 8n−10, ∀n >2.Bài toán 1.28 Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện:

Từ mỗi số thuộcAk nếu ta bỏ đi chữ số tận cùng thì nhận được một số thuộc

Bk−1, mặt khác từ mỗi số thuộc Bk−1 nếu ta bổ sung thêm số 1 làm chữ số tậncùng thì nhận được một số thuộc Ak, do đó |Ak| = |Bk−1| Từ mỗi số thuộc Bk

nếu ta bỏ đi chữ số tận cùng thì nhận được một số thuộc Ak−1 hoặc Ck−1, nếu

ta bổ sung thêm số 3 làm chữ số tận cùng thì nhận được một số thuộc Bk, dođó: |Bk| = |Ak−1| + |Ck−1|

Tương tự:|Ck| = |Bk−1| + |Dk−1| |Dk| = |Ck−1| + |Ek−1|và |Ek| = |Dk−1| (∀k > 1)

Lời giải.

Trong tập Sn gồm các bộ n số nguyên (a1, a2, , an) thoả mãn đề bài, gọi

An, Bn, Cn là tập hợp các bộ có an bằng −1, 0, 1 tương ứng

Ta có ngay: |Sn| = |An| + |Bn| + |Cn|

Mặt khác, dễ thấy từ mỗi bộ thuộcAn hoặcBn,ta có thể bổ sung an+1 = −1

để được một bộ thuộc An+1 nên |An+1| = |An| + |Bn|

2)n+1

Ta có thể phát biểu bài toán dưới dạng phức tạp hơn

Bài tập 1.7 [VMO-1997]n đường tròn chia mặt phẳng ra làm bao nhiêu phầnnếu bất cứ cặp hai đường tròn nào cũng cắt nhau tại hai điểm phân biệt vàkhông có ba đường tròn nào có giao điểm chung

Bài tập 1.8 Trên mặt phẳng cho n đường thẳng ∆1, ∆2, , ∆n(n ≥ 1)đôi mộtkhông song song và không có ba đường nào đồng quy Tìm số miền mà n đườngthẳng này định ra trên mặt phẳng

Bài tập 1.9 Cho m và n là hai số nguyên dương Xét phương trình nghiệmnguyênx1+ x2+ + xn = m Hỏi phương trình trên có bao nhiêu nghiệm nguyênkhông âm?

Bài tập 1.10 Cho trước số nguyên dương n Xét tất cả các tổng

1.5 Khai triển nhị thức Newton

Công thức khai triển nhị thức Newton là công thức khai triển biểu thức

(x + y)n với n nguyên dương dưới dạng (x + y)n =

Ta viết lại h(x) = (1 + x)n và g(x) = (x + 1)n trong h(x) thì hệ số của xr là Cnr

còn trong g(x) thì hệ số của xn−rlà Cnn−r Vậy nên hệ số của xntrong khai triểnh(x).g(x) là

Vậy

n

X

r=0 (Cnr)2 = C2nn , ∀n ∈ N

Nhận xét 1.5 Với cách làm tương tự như trên ta hoàn toàn có thể chứng minhbài toán tổng quát sau: Cm0.Cnk + Cm1.Cnk−1+ + Cmk.Cn0= Cm+nk

với mọi k, n, m ∈ N; n, m ≥ 1; 0 ≤ k ≤ min {m, n}

Bài toán 1.32 Cho n là số nguyên dương

Hãy chứng minh Cn0+ C

1 n

n + + 1

(n + 1).(n + 2)C

n n

Bài tập 1.13 Cho n là số nguyên dương, n > 1

4C

3 2n + + 1

2nC

2n−1 2n = 2

2n − 1 2n + 1

Nội dung của phương pháp quỹ đạo trong các bài toán tổ hợp là chỉ ra cáchgiải thích hình học để đưa bài toán về việc tính số đường đi (hay số quỹ đạo)

có một tính chất xác định nào đó

Bài toán 1.33 Chứng minh đẳng thức Cn0
2+ Cn1
2+ + (Cnn)2 = C2nn vớimọi số tự nhiên n

Lời giải.

Xét mạng lưới ô vuôngn×n Khi đó số đường đi ngắn nhất từ O(0;0) đến A(n;n)

là C2nn

Bây giờ ta đếm số đường đi ngắn nhất từO(0; 0) đếnA(n; n)theo một cách khác

Để đi được từO(0; 0) đến A(n; n)ta cần đi qua điểmP (k; n − k) trên đường chéo

Bài toán 1.34 Cho n ≥ m > 0 Có m+n người sắp hàng mua vé, trong đó có

n người mang tiền loại 5000 đồng và m người mang tiền loại 10000 đồng Mỗi

vé giá 5000 đồng Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp m+n người để không có ngườinào phải chờ trả tiền thừa?

Lời giải

Giả sử m + n người mua vé đã được sắp hàng theo một cách nào đó

Đặt εi= 1 nếu người thứ i có 5000 đồng và εi = −1nếu người thứ i mang 10000đồng Khi đó, hiệu số giữa người có tiền 5000 đồng và số người có tiền 10000đồng khi có k người xếp hàng là Sk =

Xét đường gấp khúc nối O(0; 0) với Am+n = (m + n; n − m) và đi qua các điểm

Ak, k = 1, 2, , m + n − 1 Mỗi đường gấp khúc như vậy ta gọi là một quỹ đạo Sốcác quỹ đạo làCm+nn Dễ thấy, quỹ đạo tương ứng với cách sắp hàng mà không aiphải chờ trả tiền thừa là quỹ đạo không cắt đường thẳngd : y = −1 Ta đi đếm sốquỹ đạo cắt đường thẳng này Với mỗi quỹ đạo T cắt đường thẳngd : y = −1(baogồm cả quỹ đạo có điểm chung với d : y = −1), ta xây dựng quỹ đạo T0 từ quỹđạo T theo cách sau: đến giao điểm đầu tiên với d : y = −1 ta giữ nguyên quỹđạo T Phần còn lại, ta lấy đối xứng qua đường thẳng d : y = −1 Từ đó ta đưaviệc đếm số quỹ đạo T cắt đường thẳng d : y = −1 về đếm số đường gấp khúc

nối O(0; 0) với A0m+n = (m + n; m − n − 2) Giả sử đường gấp khúc này có x đoạnhướng lên trên và y đoạn hướng xuống dưới Ta cóx+y = m+n, y −x = n+2−m

hay x = m − 1, y = n + 1 Do đó, số quỹ đạo cắt đường thẳng d : y = −1 là Cm+nn+1

n

ochứa lẻ các số lẻ

Lời giải

Đặt S n = Cn1+ Cn2+ + C

n−1 2

n Khi đó 2S n = Cn0+ Cn1+ + Cnn− 2 = 2n− 2 ⇒ S n = 2n−1− 1 là số lẻ

Mặt khác C2nm = 2p+1m.qC2m−1p+1 q−1 ⇒ 2p+1 C2mp+1 q

Vậy ƯCLN của các số đã cho là 2p+1

Bài toán 1.38 Cho m là số nguyên thỏa mãn 0 < m < 2011

Chứng minh rằng (m + 2010)!

m!2011! là số nguyên

Suy ra (m + 2011)Cm+20102010 = 2011Cm+20112011

tức là 2011| (m + 2011)Cm+20102010 (do Cm+20102010 , Cm+20112011 ∈N).

Vì 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m,2011)=1, từ đó

ƯCLN(m+2011,2011)=1 Vậy 2011| Cm+20102010 hay (m + 2010)!

m!2011! là số nguyên

Bài toán 1.39 Hãy tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện

C2nn = (2n)k trong đó k là số các ước nguyên tố của C2nn



− 2



n p

Bài tập 1.19 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương n, k thỏa mãn điều kiện

C3nn = 3n.nk

Bài tập 1.20 Cho dãy số hữu tỉ (an)được xác định bởi a0 = 1, a1= 2, a2= 3 và

an+3 = an+1an+2+ 18

an với mọi số nguyên n >0. Chứng minh rằng an ∈Z và tìm

công thức tính a n theo n. Tìm dư của phép chia a 2011 cho 13 và a 2012 cho 2011

n ≥

r

3n + 1 4n 2 + 4n + 1

* Đặt: x = sin t ⇒ dx = cos tdt ⇒

1

R

0 (1 − x2)ndx =

π 2

R

0 cos2n+1t.dt = I2n+1

* Đặt: u = cos2nt ⇒ du = −2n sin t cos t2n−1dt

dv = cos tdt ⇒ v = sin t

⇒ I 2n+1 = [cos2nt sin t]

π 2

0 + 2n

π 2

R

0 sin2tcos2n−1t.dt

3.

4

5

2n 2n + 1.I1

1 2n + 1 ≥√3n + 1. 1

2n + 1 =

r

3n + 1 4n 2 + 4n + 1

Ta chứng minh bài toán : 1

2.

3

4

2n − 1 2n ≤ √ 1

2k + 1 2k + 2 ≤ √ 1

3k + 1.

2k + 1 2k + 2

2

= (2k + 1)

2 (3k + 1)(4k 2 + 8k + 4) =

(2k + 1)312k 3 + 28k 2 + 20k + 4

= (2k + 1)

2 (12k 3 + 28k 2 + 19k + 4) + k =

(2k + 1)2(2k + 1) 2 (3k + 4) + k <

(2k + 1)2((2k + 1) 2 (3k + 4) =

1 3k + 4(4)

Ví dụ 2.4 Một hội nghị toán học có bốn ngôn ngữ chính Biết hai đại biểu bất

kì luôn có một ngôn ngữ mà họ đều biết Chứng minh có một ngôn ngữ đượcbiết đến bởi nhiều hơn 60% đại biểu

2 ≤ C 2

|A| haytương đương với 2 |A| (|A| − 1) ≥ n(n − 1)

Do đó |A| ≥ 3n

5

Ví dụ 2.5 Chon, k là các số nguyên dương,n ≥ k và S là tập hợpn điểm trongmặt phẳng thỏa mãn:

i) Không có ba điểm nào thẳng hàng

ii) Với mỗi điểm P của hệ đều không có ít hơn k điểm của hệ cách đều P.Chứng minh rằng k ≤ 1

2 +

√ 2n

Lời giải

Giả sử k > 1

2+

√ 2n Lấy điểm P thuộc S thì tồn tại ít nhất k điểm trong S cáchđều P Suy ra tồn tại ít nhất Ck2 cặp điểm (A; B) mà P A = P B Có ít nhất nCk2

cặp điểm mà trên đường trung trực của đoạn thẳng mà hai đầu mút là hai điểm

2n −12

Lại có Cn2 là số cặp điểm không thứ tự của S, 2Cn2 là số cặp điểm có thứ tự của

S Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một cặp điểm (A; B) và ba điểm P1, P2, P3

thỏa mãn APi= BPi(i = 1, 3) Suy ra P1, P2, P3 thẳng hàng (vô lí)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 2.1 Có thể mở rộng bài toán trên trong không gian như sau:

* Cho n, k là các số nguyên dương, n ≥ k và S là tập hợp n điểm trong không

gian thỏa mãn

1) Không có 65 điểm nào thẳng hàng

2) Với mỗi điểm P của hệ đều không có ít hơn k điểm của hệ cách đều P.Chứng minh rằng k ≤ 1 + 4p3

Thế k + 1 qua k và chia hai vế cho x được

∞

P

k=1

xkk(k + 1) = 1 + (

4e 9

n − α2 + · · · +

n

Q

k=1 (α n + k)

n + α2 + · · · +

n

Q

k=1 (αn+ k)

2 + α2 + · · · +

n

Q

k=1 (αn+ k)

2 + αn .

Q

k=1 (t − αk)

α1 Q

k6=1 (α1− αk) vớit = α1

α2 Qk6=2 (α2− αk) vớit = α2

α n Qk6=n (α n − αk) với t = αn

và hệ đã được giải xong

Chú ý rằng, từ tn − 1 =

n

Q

k=1 (t − αk) suy ra ntn−1 =

được Q

k6=s

(αs − αk) = nαn−1s hay αs Q

k6=s (αs − αk) = n với s = 1, 2, , n. Do vậy

t(t n − 1)

+) Mỗi cách đánh số 23 giao điểm, từ đến 23, cho ta cách tô màu trêncác banh hộp thỏa điều kiện toán

Bài toán 1.8 [IMO 2005, Bài 6] Trong kỳ thi học sinh giỏi, thí...

Các BTTH nhà toán học lừng danh giới sáng tácnên lời giải họ thường thông báo khám phá tri thức toán, một " ;bất biến" đó, kiến thiết thuật tốn Đọc lời giảicủa họ, học sinh học tập cách...

nAB

tổ hợp< /h3>

Trở ngại lớn giải toán tổ hợp xác định hướng Rõ ràng

để có khả định hướng tốt việc rèn luyện phương pháp tiếp cận làrất cần thiết Bài viết giới thiệu