Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI Người thực hiện: Phạm Doãn Lê Bình Lĩnh vực nghiên cứu: - Phương pháp dạy học bộ môn: Toá
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị THPT chuyên Lương Thế Vinh
Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP TRONG CÁC KỲ THI HỌC SINH GIỎI
Người thực hiện: Phạm Doãn Lê Bình Lĩnh vực nghiên cứu:
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán
- Lĩnh vực khác:
Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học: 2015 - 2016
BM 01-Bia SKKN
Trang 2SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1 Họ và tên: Phạm Doãn Lê Bình
2 Ngày tháng năm sinh: 23/04/1986
3 Nam, nữ: Nam
4 Địa chỉ: 1123, KP7, P Long Bình, TP Biên Hòa, Đồng Nai
5 Điện thoại: 0613930245 (nhà riêng) ; ĐTDĐ: 01683531100
6 Fax: E-mail: lebinh234@gmail.com
7 Chức vụ: Giáo viên
8 Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc sĩ
- Năm nhận bằng: 2012
- Chuyên ngành đào tạo: Đại số và lý thuyết số
III KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Sư phạm Toán
Số năm có kinh nghiệm: 8
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
+ Phương pháp đại lượng bất biến, đơn biến trong các bài toán tổ hợp (2014)
BM02-LLKHSKKN
Trang 3CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Phạm Doãn Lê Bình Giáo viên trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
Tháng 4 năm 2016
Mục lục
2.1 Bài toán chia kẹo Euler 2
2.2 Bài toán sử dụng bất biến - đơn biến 7
2.3 Bài toán cực trị tổ hợp 10
2.4 Bài tập rèn luyện thêm 12
Trang 41 Lý do chọn đề tài
Các bài toán tổ hợp thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia
và quốc tế Qua quá trình bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tôi nhận thấy học sinh thường yếu phần toán này Các em học sinh thường lúng túng trong việc làm bài do các bài toán khá đa dạng và thường không mẫu mực Do
đó tôi tổng hợp một số bài tập tổ hợp trong các đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia của các tỉnh, đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế theo một số phương pháp quen thuộc mà học sinh đã được học là: quy tắc đếm, phương pháp đơn biến, bất biến và phương pháp cực hạn nhằm tạo nguồn tài liệu cho học sinh quen thuộc hơn với một số bài toán tổ hợp trong các kỳ thi để có kết quả thi tốt hơn
Có n chiếc kẹo giống nhau chia cho m em bé Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia kẹo?
Số nghiệm của bài toán trên cũng là số nghiệm của bài toán:
Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x1 + x2 + · · · + xm = n (m, n ∈ N)
Đáp số cho hai bài toán trên đều là Cm+n−1m−1 Từ bài toán này, ta có thể phát triển cho các trường hợp khác như sau:
1) Số nghiệm nguyên dương của phương trình
x1 + x2 + · · · + xm = n (m, n ∈ N và m ≤ n)
là Cn−1m−1
2) Cho các số tự nhiên n, λ1, λ2, λm Số nghiệm nguyên của phương trình
x1 + x2 + · · · + xm = n thỏa mãn xi ≥ λi, ∀i = 1, m bằng với số nghiệm nguyên không âm của phương trình
(x1 − λ1) + (x2 − λ2) + · · · + (xm − λm) = n − (λ1 + λ2 + · · · + λm)
Điều kiện có nghiệm là n −
m
X
i=1
λi ≥ 0
Trang 53) Số nghiệm nguyên không âm của bất phương trình
x1 + x2 + · · · + xm ≤ n (m, n ∈ N) bằng với số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x1 + x2 + · · · + xm+ xm+1 = n (m, n ∈ N)
là Cm+nm
Ví dụ 1 (Chọn đội tuyển QG của Đồng Nai 2014 - 2015, ngày thứ nhất)
Một số tự nhiên được gọi là “số may mắn” nếu tổng các chữ số của nó là 7 Gọi a1, a2, , an, là dãy tất cả các “số may mắn” được sắp xếp theo thứ
tự tăng dần Hỏi :
a) Số 2014 là số hạng thứ mấy của dãy?
b) Số hạng a325 là số nào?
I Giải: Xét dãy số may mắn a1, a2, , an, trong đó a1 = 7 và an là số lớn nhất có k chữ số Khi đó ta coi các số có ít hơn k chữ số trong dãy là số có
k chữ số với các chữ số đầu tiên bằng 0 Ví dụ
7 = 00 0
| {z }
k−1 chữ số 0
7 ; 16 = 00 0
| {z }
k−2 chữ số 0
16
Vậy số các số có trong dãy chính là số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x1 + x2 + · · · + xk = 7
a) Để biết 2014 là số hạng thứ mấy của dãy thì ta xét dãy số may mắn
a1, a2, , an, trong đó a1 = 7 và an = 1600 Khi đó n bằng số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x1 + x2 + · · · + x4 = 7
x1 ≤ 1
Ta giải phương trình trên trong hai trường hợp x1 = 0 và x1 = 1 thì được
n = C92 + C82 = 64 Từ đó suy ra số 2005 là số hạng thứ 65 và số 2014 là
số hạng thứ 66 của dãy
b) Ta nhận thấy với k = 5 thì n = 330 Do đó số hạng thứ 330 là số 70000
Từ đó đếm ngược tại ta có
a329 = 61000; a328 = 60100; a327 = 60010; a326 = 60001; a325 = 52000
Ví dụ 2 (Chọn đội dự tuyển QG của Đồng Nai 2015 - 2016) Một xâu nhị phân có độ dài n là một dãy có dạng a1a2 an, trong đó ai ∈ {0; 1} với i = 1, n Hỏi có bao nhiêu xâu nhị phân có độ dài bằng 40, đồng thời trong xâu nhị phân đó có ít nhất 3 chữ số 0 và sau mỗi chữ số 0 có ít nhất 7 chữ số 1
Trang 6I Giải: Nếu trong xâu có k số 0 thì sẽ có ít nhất 7k số 1 Do đó ta có
k + 7k ≤ 40, suy ra k ≤ 5
Giả sử trong xâu có k số 0 (3 ≤ k ≤ 5) Đặt x0 là số các số 1 đứng bên trái số 0 đầu tiên, xi là số các số 1 đứng giữa số 0 thứ i và thứ i + 1 với
i = 1, 2, , k − 1 và xk là số các số 1 đứng bên phải số 0 thứ k Khi đó ta có
x0 + x1 + · · · + xk = 40 − k
x1, x2, xk ≥ 7 (∗)
Đặt yi = xi − 7 với i = 1, k Khi đó số nghiệm nguyên không âm của (*) chính là số nghiệm nguyên không âm của phương trình
x0 + y1 + y2 + · · · + yk = 40 − 8k(1)
Số nghiệm nguyên không âm của (1) là C40−7kk Vậy số các xâu nhị phân thỏa yêu cầu bài toán là:
5
X
k=3
C40−7kk = C193 + C124 + C55 = 1465
Ví dụ 3 (VMO-2012) Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là G1, G2, G3, G4, G5
và 12 chàng trai Có 17 chiếc ghế được sắp thành một hàng ngang Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
a) Mỗi ghế có đúng một người ngồi;
b) Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải là G1, G2, G3, G4, G5;
c) Giữa G1 và G2 có ít nhất 3 chàng trai;
d) Giữa G4 và G5 có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai;
Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy? (Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau)
I Giải: Gọi số chàng trai ngồi bên trái của cô gái G1 là B1; số chàng trai ngồi giữa cô gái Gi và Gi+1 là Bi+1 với i = 2, 5 và số chàng trai ngồi bên phải của cô gái G5 là B6
Theo đề bài, ta có hệ phương trình sau:
B1 + B2 + B3 + B4 + B5 + B6 = 12
B2 ≥ 3
1 ≤ B5 ≤ 4
Trang 7Đặt B30 = B3 − 3 và B50 = B5 − 1, ta có hệ phương trình mới như sau:
B1 + B2 + B30 + B4 + B50 + B6 = 8
B50 ≤ 3
Số cách xếp chỗ ngồi của các cô gái bằng với số nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình trên Áp dụng bài toán chia kẹo Euler với các trường hợp B50 nhận lần lượt các giá trị 0, 1, 2, 3 ta sẽ có kết quả là
C124 + C114 + C104 + C94 = 1161 (cách)
Tuy nhiên, ứng với mỗi trường hợp ngồi của các cô gái thì 12 chàng trai có thể đổi vị trí cho nhau, do đó số cách xếp cho ngồi cho tất cả mọi người thỏa yêu cầu bài toán sẽ là 12!.1161 cách
Ví dụ 4 (Trường Đông Toán học miền Nam, 12-2013) Cho n > 2 là một số nguyên dương Xét tập hợp các đường đi ngắn nhất trên lưới nguyên
từ điểm A(0; 0) đến điểm B(n; n) Một đường đi như thế sẽ tương ứng với một dãy gồm n lệnh T (lên trên) và n lệnh P (sang phải) Trong dãy đó, một cặp lệnh (T, P) kề nhau được gọi là một bước chuyển (lưu ý, cặp (P, T) không được gọi là bước chuyển) Ví dụ dãy PTTPTPPT có 2 bước chuyển Hãy tìm số các đường đi ngắn nhất từ A đến B có đúng
a) 1 bước chuyển;
b) 2 bước chuyển
I Giải:
a) Đường đi ngắn nhất trên lưới nguyên từ điểm A(0; 0) đến điểm B(n; n)
là n bước T và n bước P Đường đi ngắn nhất từ A đến B có đúng 1 bước chuyển thì phải có dạng
P P P
| {z }
x 1
T T T
| {z }
x 2
P P P
| {z }
x 3
T T T
| {z }
x 2
trong đó x1, x2, x3, x4 là nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình
x2 + x4 = n (1)
x1 + x3 = n (2)
x3 ≥ 1
x2 ≥ 1
Áp dụng bài toán chia kẹo Euler, ta có số nghiệm nguyên không âm của phương trình (1), (2) lần lượt là Cn1, Cn1 Do đó, số các đường đi có thể lập được thỏa yêu cầu bài toán là Cn12
Trang 8b) Đường đi ngắn nhất từ A đến B có đúng 1 bước chuyển thì phải có dạng
P P P
| {z }
x1
T T T
| {z }
x2
P P P
| {z }
x3
T T T
| {z }
x4
P P P
| {z }
x5
T T T
| {z }
x6
trong đó x1, x2, x3 là nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình
x2 + x4 + x6 = n (3)
x1 + x3 + x5 = n (4)
xi ≥ 1 với i = 2, 5
Rõ ràng hệ phương trình trên chỉ có nghiệm khi n ≥ 2 Áp dụng bài toán chia kẹo Euler, ta có số nghiệm nguyên không âm của phương trình (3), (4) lần lượt là Cn2, Cn2 Do đó, số các đường đi có thể lập được thỏa yêu cầu bài toán là Cn22
Ví dụ 5 (VMO - 2014) Trong một đa giác đều có 103 cạnh, 79 đỉnh của
đa giác được tô màu đỏ, 24 đỉnh còn lại của nó được tô màu xanh Gọi A là
số đỉnh màu đỏ kề nhau, B là số đỉnh màu xanh kề nhau Tìm
a) tất cả các giá trị có thể của cặp (A, B);
b) số cách tô màu các đỉnh của đa giác sao cho B = 14 , biết rằng hai cách
tô được coi là giống nhau nếu chúng có thể nhận được từ nhau qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác
I Giải:
a) Giả sử có tất cả k đoạn mà mỗi đoạn gồm các toàn đỉnh màu đỏ liên tiếp
Ký hiệu x1, x2, , xk là số các đỉnh màu đỏ trong mỗi đoạn này Khi đó
ta có
k
X
i=1
xi = 79, xi ≥ 1
Như vậy cũng phải có đúng k đoạn màu xanh nằm giữa những đoạn màu
đỏ này Ký hiệu y1, y2, , yk là số các đỉnh màu xanh trong mỗi đoạn này Khi đó ta có
k
X
i=1
yi = 24, yi ≥ 1
Khi đó A =
k
P
i=1
(xi− 1) = 79 − k và B =
k
P
i=1
(yi− 1) = 24 − k Vậy giá trị của A và B chỉ phụ thuộc vào k Ta thấy k có thể nhận bất cứ giá trị nào
từ 1 đến 24, do đó A và B có thể nhận 24 cặp giá trị tương ứng
Trang 9b) Để B = 14 thì theo câu a) ta cần tô màu sao cho có đúng 10 đoạn gồm toàn các đỉnh đỏ nằm xen kẽ với 10 đoạn gồm toàn các đỉnh xanh Xét
hệ phương trình
10
X
i=1
xi = 79,
10
X
i=1
yi = 24,
trong đó xi, yi là các số nguyên dương
Ta cố định một đỉnh của đa giác, ví dụ gọi đỉnh đó là O Với mỗi bộ nghiệm (x1, x2, , x10) và (y1, y2, , y10) của hệ, ta tô màu bắt đầu từ đỉnh O, x1 đỉnh liên tiếp màu đỏ (bao gồm cả đỉnh O) tiếp theo là y1 đỉnh màu xanh, rồi đến x2 đỉnh đỏ và y2 đỉnh xanh,
Dễ thấy tập S gồm tất cả các cách tô màu như trên vét hết các cách tô màu mà B = 14 Ta cần xét xem trong số các cách tô màu thuộc S có bao nhiêu cách tương đương với nhau (tức là nhận được bằng cách quay quanh tâm)
Ta có một nhận xét quen thuộc: số đỉnh đa giác 103 là số nguyên tố nên khi quay đa giác quanh tâm luôn có ít nhất 1 đỉnh được quay đến 1 đỉnh có màu khác với nó Như vậy mỗi cách tô màu trong S tương đương với 9 cách tô màu khác, tương ứng với việc hoán vị vòng quanh cả hai
bộ nghiệm (x1, x2, , x10) và (y1, y2, , y10) Số phần tử của tập S là
C789 C239 Do đó tổng số cách tô màu thỏa mãn đề bài là 1
10C
9
78.C239
Ví dụ 6 (IMO Shortlist 2014 - Iran) Cho 2m tờ giấy Trên mỗi tờ giấy đều ghi số 1 Ta thực hiện hoạt động sau: rút ra 2 tờ giấy bất kỳ, nếu số được ghi trên hai tờ giấy là a, b thì ta xóa 2 số đó đi và thay vào là a + b ở cả hai
tờ giấy đó Chứng minh sau m2m−1 bước thực hiện như vậy thì tổng các số trên các tờ giấy là một số lớn hơn hoặc bằng 4m
I Giải: Cho Pk và Sk lần lượt là tích và tổng của các số trên các tờ giấy
ở bước thứ k
Giả sử tại bước thứ k + 1, số a và b được thay thế bằng a + b Trong tích của các số, số ab đã được thay bằng (a + b)2, còn những thừa số còn lại không thay đổi Do (a + b)2 ≥ 4ab nên ta có Pk+1 ≥ 4Pk Bắt đầu với P0 = 1, ta dùng quy nạp thì suy ra Pk ≥ 4k với mọi số nguyên k ≥ 0 Từ đó suy ra
Pm2m−1 ≥ 4m2m−1 = (2m)2m
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có:
Sm2m−1 ≥ 2m 2mp
Pm2m−1 ≥ 2m.2m = 4m
Ví dụ 7 (IMO Shortlist 2011) Cho n là một số nguyên dương Cho 1 cái cân thăng bằng và n quả cân có khối lượng lần lượt là 20, 21, , 2n−1 Đầu
Trang 10tiên ta lấy 1 quả cân và đặt lên đĩa cân bên trái Sau đó, ta lần lượt lấy từng quả cân và đặt lên đĩa cân bên trái hoặc bên phải sao cho đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái Đến khi các quả cân được sắp hết lên cân thì dừng lại Tính số cách sắp có thể
I Giải: Gọi f (n) là số cách xếp n quả cân lên đĩa thỏa yêu cầu bài toán, với n ≥ 1 Đầu tiên, chúng ta cần để ý:
• Nếu lần sắp thứ nhất, ta lấy quả cân nặng 20 thì ta chỉ có 1 cách sắp duy nhất là để nó lên đĩa cân bên trái
• Nếu quả cân nặng 20 được sắp vào một lần bất kì nào khác lần thứ nhất thì ta có thể bỏ nó vào đĩa cân bên trái hoặc bên phải đều được
vì khối lượng của các quả cân ở đĩa trái luôn lớn hơn đĩa phải ít nhất
là 2
Do đó, ứng với một cách xếp với bộ các quả cân 21, 22, , 2n−1 thì ta có 2n − 1 cách xếp quả cân 20 vào một lượt bất kì nào đó Đồng thời, ta cần để
ý rằng, số cách xếp của bộ các quả cân 21, 22, , 2n−1 bằng với số cách xếp của bộ các quả cân 20, 21, , 2n−2 Vậy
f (n) = (2n − 1)f (n − 1)
Do f (1) = 1 và dùng truy hồi, ta có
f (n) = (2n − 1).(2n − 3) 5.3.1 với mọi n ≥ 1
Ví dụ 8 (Đề thi chọn đội tuyển tham dự VMO 2014 THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên, vòng 1) Ta xếp một hoán vị của (1, 2, 3, , 2014) lên vòng tròn và kí hiệu các số bởi a1, a2, a3, , a2014 theo chiều kim đồng
hồ Quy ước a2015 = a1 và a0 = a2014 Gọi N là số các chỉ số 1 ≤ i ≤ 2014 sao cho hoặc ai−1 > ai > ai+1 hoặc ai−1 < ai < ai+1 Tìm tất cả các giá trị có thể
có của N
I Giải: Gọi tập các chỉ số thỏa mãn là T , tập còn lại là S
Xét 2 bộ số (ai−2, ai−1, ai, ai+1, ai+2) và (aj−2, aj−1, ai, aj+1, aj+2) với i, j =
1, 2014 và quy ước a2015 = a1, a2016 = a2, a−1 = a2013 và a0 = a2014 Khi đó ta đổi ai thành aj thì sẽ có các tình huống sau xảy ra:
• Nếu hai bộ số (ai−1, ai), ai, ai+1 cùng đổi dấu so sánh (>, <) thì chỉ số
i không thay đổi tập hợp của nó, còn chỉ số i − 1 và i + 1 sẽ thay đổi tập hợp của nó Suy ra hiệu của T và S sẽ thay đổi 2 hoặc −2
• Nếu bộ số (ai−1, ai) đổi dấu so sánh còn bộ số ai, ai+1 không đổi dấu so sánh thì chỉ số i + 1 không thay đổi tập hợp của nó, còn chỉ số i, i − 1
sẽ thay đổi tập hợp của nó Suy ra hiệu của T và S sẽ thay đổi 2 hoặc
−2
Trang 11• Nếu bộ số (ai−1, ai) không đổi dấu so sánh còn bộ số ai, ai+1 đổi dấu so sánh thì chỉ số i − 1 không thay đổi tập hợp của nó, còn chỉ số i, i + 1
sẽ thay đổi tập hợp của nó Suy ra hiệu của T và S sẽ thay đổi 2 hoặc
−2
• Nếu cả hai bộ số (ai−1, ai), ai, ai+1 cùng không đổi dấu so sánh thì các chỉ số i − 1, i, i + 1 vẫn giữ nguyên trong tập hợp của nó Suy ra hiệu của T và S không thay đổi
Lí luận tương tự cho bộ số (aj−2, aj−1, ai, aj+1, aj+2) ta cũng thu được kết quả như trên Qua các trường hợp trên ta thấy hiệu của T và S là bất biến mod
2 Ban đầu xếp các số sao cho ai = i với i = 1, 2014 thì ta thấy |T | = 2012
và |S| = 2 do đó |T | luôn là số chẵn
Dễ thấy |T | không thể bằng 2014 vì nếu ai = 1 thì i /∈ T
Giả sử |T | = k là một số chẵn trong đoạn [2; 2012] thì ta có thể xếp các số theo thứ tự như sau:
1, 2, 3, , k, k + 3, k + 2, k + 5, k + 4, k + 7, , 2012, 2013, 2014, k + 1
thì ta thấy có đúng k nhóm số thỏa yêu cầu bài toán là
(1, 2, 3), (2, 3, 4), , (k − 1, k, k + 3), (2014, k + 1, 1)
Nếu ta sắp xếp các số theo thứ tự sau
1, 2013, 3, 2011, 5, 2009, 1009, 1007, 1008, 1006, , 6, 2010, 4, 2012, 2, 2014
thì rõ ràng không có nhóm số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán
Từ đó suy ra các giá trị mà N có thể nhận được là các số chẵn thuộc đoạn [0, 2012]
Ví dụ 9 (IMO Shortlist 2014 - Croatia) Cho số dương n Xét bàn cờ kích thước n × n được chia thành n2 hình vuông đơn vị Ta gọi trạng thái của n quân xe trên bàn cờ là "hạnh phúc" nếu mỗi dòng và mỗi cột chỉ chứa đúng một quân xe Tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho với mỗi trạng thái hạnh phúc của các quân xe ta đều có thể tìm được 1 hình vuông kích thước k × k mà không chứa bất cứ quân xe nào trong k2 hình vuông đơn vị của nó
I Giải: Cho k là một số nguyên dương
• Giả sử k2 < n Ta sẽ chứng minh tồn tại một hình vuông k × k mà không chứa bất cứ một quân xe nào Thật vậy, ở một trạng thái hạnh phúc thì bàn cờ chứa đúng n quân xe Ta loại đi n − k2 dòng nằm tận cùng bên trên và n − k2 cột nằm ở tận cùng bên trái Khi đó phần còn lại sẽ là một ô vuông kích thước k2× k2 có chứa đúng 2k2− n quân xe
Ta chia hình vuông trên thành k2 hình vuông kích thước k × k Do
2k2 − n = k2 + (k2 − n) < k2 − 1