Phân loại và định hướng giải một số bài toán tổ hợp về tập hợp

Tên sáng kiến: “ PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP ” 2.. MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG BÁO CÁOMEMO Olympic Toán học khu vực Trung Âu TST Thi chọn độ

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1 Tên sáng kiến:

“ PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP ”

2 Lĩnh vực áp dụng:

- Chương trình Toán lớp 10 THPT chuyên, 11 THPT chuyên

- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực Duyên hải và Đồng bằng BắcBộ

- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia, tập huấn học sinh thi chọn độituyển dự thi Toán Quốc tế

3 Thời gian áp dụng: Từ tháng 06/2016 đến tháng 05/2017.

4 Tác giả:

Họ và tên:

Năm sinh: 1984

Nơi thường trú: Đội 10-xã Hải Thanh-huyện Hải Hậu-tỉnh Nam Định

Trình độ chuyên môn: Cử nhân khoa học-chuyên ngành sư phạm Toán.Chức vụ công tác: Giáo viên

Nơi làm việc: Trường THPT

Địa chỉ liên hệ: -Giáo viên THPT

Mail:

5 Đồng tác giả: Không có.

6 Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Đơn vị: Trường THPT

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG BÁO CÁO

MEMO Olympic Toán học khu vực Trung Âu

TST Thi chọn đội Quốc gia dự thi Quốc tế

X Số phần tử (lực lượng) của tập hợp X

a b a chia hết b ; b chia hết cho a ; a là ước của b

[ ]x Phần nguyên của x, là số nguyên lớn nhất không quá x

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP

I Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:

Tổ hợp là một trong những nội dung Toán học tổng hợp, nó có thể bao gồmtất cả các phân môn Đại số, Số học, Giải tích, Hình học Bài toán tổ hợp có mặttrong hầu hết các kì thi chọn học sinh giỏi Toán với tư cách là câu “phân loại” họcsinh, bởi vậy đây là nội dung rất quan trọng trong chương trình Toán THPT chuyên

và trong các đợt tập huấn các đội tuyển học sinh giỏi Ở một khía cạnh khác, cácthao tác tư duy cho loại toán này có thể bắt gặp (và được ứng dụng lại) trong chínhcách giải quyết các bài toán thực tế hay các bài toán dân gian

Bài toán Tổ hợp đa dạng về nội dung và hình thức nên không có một thuậttoán rõ ràng nào cho chúng, hầu hết chỉ được biết đến với tên gọi “toán suy luận”.Trong quá trình tìm hiểu, đặc biệt sau khi giảng dạy chuyên đề Tổ hợp cho học sinh

chuyên Toán và bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy các vấn đề Tổ

hợp có thể phát biểu hình thức dưới ngôn ngữ tập hợp Vì lí do này, để có thể tiếp

cận tốt hơn với toán Tổ hợp, tôi thấy trước hết cần rèn luyện cách tiếp cận với một

bộ phận của nó là các bài toán Tổ hợp về tập hợp bằng việc phân loại và định

hướng giải.Đây chính là nguồn gốc ý tưởng của báo cáo Bên cạnh việc hệ thống

một số kiến thức về tập hợp, phân loại bài toán theo hình thức, báo cáo sẽ chỉ ra một

số định hướng giải qua phân tích và giải một số bài toán Tổ hợp thi học sinh giỏi cónội dung về tập hợp

II Mô tả giải pháp:Trong phần này, báo cáo sẽ trình bày những nội dung sau:

Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:

- Nêu thực trạng trong việc làm toán Tổ hợp về tập hợp

- Tóm tắt một số nội dung kiến thức liên quan về toán Tổ hợp và tậphợp

Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:

Phân dạng bài toán Tổ hợp về tập hợp theo hình thức và các địnhhướng giải, làm rõ các định hướng thông qua phân tích và hướng dẫn giảicác bài toán trong một số đề thi học sinh giỏi

Các dạng chính:

- Bài toán xác định tập hợp.

- Bài toán ước lượng số phần tử của tập hợp.

- Bài toán về tính chất các phần tử của tập hợp.

Điểm mới và sáng tạo của sáng kiến là:

- Phân loại bài toán để tiếp cận định hướng giải.

- Phân tích một số định hướng giải cho bài toán tập hợp.

- Tuyển chọn hệ thống bài tập theo dạng qua các kì thi Olympic.

***

1 MÔ TẢ GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN

1.1 – Thực trạngtrong giải toán Tổ hợp về tập hợp

Bài toán Tổ hợp nói chung, trong đó có các bài toán về tập hợp thường đòihỏi năng lực tư duy tổng hợp để giải quyết, các kiến thức cần sử dụng thường ởphạm vi rộng, đôi khi thuộc nhiều phân môn Những điều này tạo ra những “trởngại” nhất định đối với đa số người giải toán trong quá trình tìm kiếm lời giải Mặc

dù nguồn tài liệu hiện nay về tập hợp, nhất là tài liệu trực tuyến khá phong phúnhưng cũng chỉ tựu chung lại ở việc nêu ra một lí thuyết hay một kĩ thuật và các bài

toán vận dụng lí thuyết, kĩ thuật đó, ít chỉ ra cho người đọc cái nhìn tổng thể về

dạng bài hay hướng tiếp cận tổng hợp Hai yêu cầu này trở nên hết sức cần thiết

trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán, bởi lẽ cung cấp được “cái tổng quan”

sẽ giúp học sinh tiếp cận được với các vấn đề lớn hay các dạng phát biểu khác nhaucủa Toán Trong báo cáo này, tác giả hi vọng sẽ giảm bớt “trở ngại” qua việc giảiquyết hai yêu cầu đã nêu

1.2 – Tóm tắt một số kiến thức liên quan về Tổ hợp, tập hợp

1.2.1– Một số vấn đề về tập hợp, phép đếm

Tập hợp và phần tử của tập hợp là các khái niệm cơ bản của Toán học Một tập hợp S được xác định bởi các phần tử của nó Để chỉ phần tử x thuộc về tập S(hay S chứa x) ta dùng kí hiệu x S∈ , để chỉ phần tử y không thuộc về tập S

ta dùng kí hiệu y S ∉ Quy ước tập rỗng, kí hiệu là ∅, để chỉ “thứ” – tập hợp

không có phần tử nào Số lượng phần tử của tập S được kí hiệu là S

Một tập hợp có thể được mô tả bằng lời văn, bởi cách liệt kê các phầntử; chỉ ra tính chất đặc trưng hoặc là sử dụng biểu đồ Venn

1.2.1.1 – Quan hệ giữa hai tập hợp

a) Tập hợp A gọi là tập con của tập hợp B (hay là B chứa A) , kí hiệu là A B⊂ (hay

là B⊃ A) khi và chỉ khi ∀x x, ∈ ⇒ ∈A x B

Kí hiệu P( )A là tập hợp (họ) tất cả các tập con của tập hợp A.

* Quy ước: ∅⊂A với mọi tập hợp A.

b) Hai tập hợp A và B gọi là bằng nhau, kí hiệu A = B, nếu mọi phần tử của tập A là phần tử của tập B và mọi phần tử của tập B là phần tử của tập A.

Nếu B⊂ A thì \A B C B= A còn gọi là phần bù của B trong A.

Trong một số trường hợp, ta kí hiệu B để chỉ tập các phần tử không thuộc B.

d) Tích Descartes: A1 ×A2 ×…×A n ={ (x x1 ; ; ; 2 x n)|x1 ∈A x1 , 2 ∈A2 , ,x n∈A n}

Phân hoạch tập hợp:Cho tập hợp A Một bộ các tập hợp con A A1, 2, ,A n (n≥2)

của tập A gọi là một phân hoạch của A nếu

1

n i i

* Hoán vị: Mỗi cách sắp xếp (bộ) n phần tử của tập hợp A={a a1; ; ;2 a n} theo một

trật tự nhất định gọi là một hoán vị của A Số hoán vị của A là P n = 1.2.3 n n= !

*Tổ hợp: Mỗi cách lấy ra k phần tử tùy ý từ tập hợp A={a a1; ; ;2 a n} (không kể thứ

tự, 1 k n≤ ≤ ) gọi là một tổ hợp chập k của A Số tổ hợp chập k của A là !( ! )!

k n

n C

k n k

=

−

Hệ quả: Nếu A có n phần tử thì A có đúng C tập con có k phần tử n k

* Chỉnh hợp: Mỗi cách lấy ra k phần tử tùy ý theo một trật tự nhất định từ tập hợp

n k

1.2.2– Hai phương pháp chứng minh: Quy nạp và Phản chứng

1.2.2.1 – Phương pháp quy nạp:Cho a là một số nguyên, cần chứng minh định lí

(*): “P n đúng với mọi số nguyên n lớn hơn hoặc bằng a”, ta làm hai bước:( )

Bước cơ sở: Chứng minh P(a)đúng.

Bước quy nạp: Chứng minh với mọi số nguyên n lớn hơn a, P n( ) ⇒ P n( +1)

Nguyên lí quy nạp: Nếu bước cơ sở và bước quy nạp đúng thì định lí (*) đúng 1.2.2.2 – Phương pháp phản chứng: Để chứng minh mệnh đề “∀ ∈x X P x, ( ) ⇒ Q x( )

” là đúng, ta đi chứng minh mệnh đề “∃ ∈x X P x, ( ) ∧Q x( ) ” là sai, tức là dùng suy luận để từ giả thiết P x đúng và( ) Q x sai dẫn đến điều mâu thuẫn.( )

1.2.3–Ánh xạ

Định nghĩa: Cho hai tập hợp khác rỗng X và Y Nếu với mỗi phần tử x thuộc X,

quy tắc f đặt tương ứng x với phần tử xác định duy nhất y thuộc Y thì ta nói f là một ánh xạ đi từ X vào Y, kí hiệu là : f X →Y Khi đó nói y= f x( )hay y

là ảnh của x, x là tạo ảnh của y.

1.2.3.1 – Đơn ánh: Ánh xạ :f X →Y gọi là đơn ánh nếu hai phần tử khác nhau

trong X có ảnh là hai phần tử khác nhau trong Y.

1.2.4 – Hai nguyên lí cơ bản của Tổ hợp

1.2.4.1 – Nguyên lí Dirichlet:Nếu nhốt n m r + con thỏ (n, m, r là những số nguyên dương) vào n cái chuồng thì phải có ít nhất một cái chuồng chứa không ít hơn m + 1 con thỏ.

1.2.4.2 – Nguyên lí cực hạn:

Một tập hữu hạn các số thực luôn có phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất.

Một tập con khác rỗng của tập số nguyên dương luôn có phần tử bé nhất Một tập con khác rỗng của tập số nguyên âm luôn có phần tử lớn nhất.

2 MÔ TẢ GIẢI PHÁP SAU KHI CÓ SÁNG KIẾN

2.1 – Bài toán xác định tập hợp

Trong phần này xét lớp các bài toán mà ta gọi là “Bài toán xác định tập hợp”,bao gồm: Bài toán tìm tất cả các tập hợp thỏa mãn các điều kiện cho trước; Bài toánchỉ ra sự tồn tại (hoặc không tồn tại) một tập hợp thỏa mãn điều kiện cho trước Cấutrúc lời giải cho dạng bài tập này giống như bài toán Phương trình hàm, do vậy cóthể kế thừa một số ý tưởng sau cho việc tìm kiếm lời giải:

Bài toán Phương trình hàm Bài toán xác định tập hợp

dự kiến

Như vậy, ba định hướng sau đây có thể sử dụng cho dạng bài tập này:

- Chọn phần tử xuất phát (phần tử đặc biệt như 0, 1, …, phần tử cực hạn,phần tử “hiển nhiên thuộc tập hợp”), từ đây xây dựng thêm các phần tửmới của tập hợp cần tìm

- Dùng phương pháp quy nạp để khẳng định tính đúng đắn của quy trìnhhay của tính chất mà ta dự đoán cho tập hợp cần tìm

- Sử dụng suy luận phản chứng để bác bỏ vấn đề

Sau đây là một số thí dụ minh họa cho việc áp dụng các định hướng trên trong giảitoán Tổ hợp về Tập hợp:

Thí dụ 2.1.1 (Balkan MO 1996) Cho tập hợp X ={1;2;3; ;2 1996 − 1} Chứng

minh rằng tồn tại tập con A của X thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

Trước hết với phần tử 1 đã có, dùng tính chất (ii) ta có thể tạo thêm được

những phần tử mới nào của A ? Đó là 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, 5 = 3 + 2, 7 =

3 + 4, … Dễ thấy các số tạo ra đều có dạng 2n −2m, có thể phân thành hai dạng:

2n −1 và 2 2k( n − 1) Tìm hiểu số lần thêm các phần tử vào A theo một trong hai

dạng trên ta có hai nhận xét sau:

Nhận xét 1 – Nếu ta đã có phần tử 2n −1, nhân số này với 2 ta được phần tử( )

2 2 1n− , nhân tiếp phần tử thu được với 2, … cứ như vậy n lần thì ta viết thêm được

đến phần tử 2 2n( n − 1) Thêm một bước cộng phần tử 2 2n( n − 1) với 2n − 1 ta viếtđược phần tử 22n −1 Tóm lại, từ phần tử 2n −1 đã có, sau khi thêm n + 1 phần tử

nữa ta có được phần tử 22n −1

Nhận xét 2 – Từ phần tử 22n −1 đã có, ta nhân lên 2 được phần tử 22n+ 1−2,cộng phần tử mới này với phần tử 1 được phần tử 22n+ 1−1 Như vậy từ phần tử

2

2 n −1 đã có, thêm 2 phần tử nữa ta được phần tử 22n+ 1−1

Ta sử dụng sơ đồ M

b¬a để ngụ ý rằng từ phần tử a đã có, ta viết thêm M số

nữa và cuối cùng thu được phần tử b Sử dụng các nhận xét 1 và 2 ở trên ta có sơ đồ tạo các phần tử của A như sau:

như vậy (iii) được thỏa mãn Tập hợp A thỏa mãn (i), (ii), (iii) là tồn tại.

Thí dụ 2.1.2 Tồn tại hay không dãy vô hạn tập con A A1, , 2 của tập hợp các sốnguyên dương¥ * thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

(i) A i =2 với mọi i= 1, 2,3,

(ii) Với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất i để n A ∈ i

(iii) Với mỗi i, tổng tất cả các phần tử của Ai đúng bằng 2017 i+

Lời giải

Giả sử tồn tại dãy tập con A A1, , 2 thỏa mãn yêu cầu đề bài Với mỗi số

nguyên dương i, ta đặt Si = ∪ ∪ ∪ A1 A2 Ai

+ Từ (ii) suy ra các tập hợp Ai đôi không có giao

+ Từ (i) và điều liền trên suy ra

Vậy không thể tồn tại dãy tập con A A1, , 2 thỏa mãn đề bài

Thí dụ 2.1.3(Poland MO) Chứng minh rằng có thể xếp thứ tự tất cả các tập con

của một tập hợp khác rỗng có hữu hạn phần tử sao cho hai tập con liền kề bất kìkhác nhau đúng một phần tử

Lời giải

Xét tập A khác rỗng và có n phần tử Ta chứng minh rằng:

- Tồn tại một dãy thứ tự các tập con của A là A 1 , A 2 , A 3 , …, A m sao cho

mỗi tập con của A có mặt trong dãy đúng một lần (rõ ràng m= 2n)

- Với mỗi chỉ số i thuộc {1; 2; …;m – 1} thì trong các tập A Ai \ i+1 và

1 \

A+ A có một tập là rỗng và tập kia có đúng một phần tử

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n:

* Xét n = 1, khi đó chọn dãy A1 = ∅, A2 = A là dãy thỏa mãn

* Giả sử với số nguyên dương n, mọi tập A có n phần tử đều có thể sắp xếp tất cả các tập con của nó theo yêu cầu nêu trên Bây giờ ta xét tập hợp B có n + 1 phần tử,

không giảm tổng quát có thể coi như B A= ∪{ }x

Với tập A ta đã có dãy tập con là A A A1, , , ,2 3 Am (với m= 2n).

+ 1 phần tử Theo nguyên lí quy nạp, kết luận của bài toán được chứng minh

Thí dụ 2.1.4 (Đề nghị DHBB - 2015) Cho số nguyên n≥2 Với một họ gồm ítnhất 2n− 1 + 1 tập hợp con không rỗng phân biệt tùy ý của tập {1;2; ;n , tồn tại hay}không ba tập hợp mà một trong chúng là hợp của hai tập còn lại? Hãy chứng minh

Lời giải

Câu trả lời là có tồn tại ba tập hợp thỏa mãn trong họ 2n− 1 + 1 tập hợp tùy ý

Ta xây dựng ba tập hợp thỏa mãn yêu cầu bằng phương pháp quy nạp:

* Với n = 2, 2n− 1+ =1 3 Tập { }1;2 có đúng ba tập con khác rỗng là { } { } { }1 , 2 , 1;2 ,

rõ ràng ba tập này thỏa mãn yêu cầu bài toán

* Giả sử với 2n− 1 + 1 tập hợp con không rỗng phân biệt tùy ý của tập {1;2; ;n , tồn}tại hay ba tập hợp mà một trong chúng là hợp của hai tập còn lại Bây giờ ta đi xétmột họ T gồm 2n +1 tập hợp con không rỗng và đôi một phân biệt của{1;2; ;n+1} và chỉ ra sự tồn tại của ba tập hợp trong T thỏa mãn yêu cầu.

+ Nếu trong T có ít nhất 2n− 1 + 1 tập hợp không chứa phần tử n + 1 thì sử

dụng giả thiết quy nạp ta có Đpcm

+ Nếu trong T có không quá 2n− 1 − 1 tập không chứa n + 1 thì trong T có ít

2n + − 1 2n− − = 1 2n− + 2 tập chứa n + 1, ta bỏ đi phần tử n + 1 trong các tậpnày thì thu được 2n− 1 + 2 tập con của {1;2; ;n , theo giả thiết quy nạp có Đpcm }

+ Nếu trong T có đúng 2n− 1 tập hợp không chứa n + 1 (những tập này gọi là

bộ phận T1) thì trong T còn lại 2n + − 1 2n− 1 = 2n− 1 + 1 tập con có chứa n + 1, gọi

nhóm 2n− 1 + 1 tập này là H Có hai khả năng xảy ra:

• Khả năng 1 – Trong H không chứa { }n+1 , nghĩa là mọi tập trong H đều

có ít nhất hai phần tử (vì luôn có mặt phần tử n + 1 rồi), khi đó từ mỗi tập trong H ta bỏ đi phần tử n + 1 thu được 2n− 1 + 1 tập con của {1;2; ;n Sử}dụng giả thiết quy nạp từ nhóm H này ta chọn được ba tập thỏa mãn yêucầu

• Khả năng 2 – Trong H chứa { }n+1 và đúng 2n− 1 tập của T có chứa n + 1

và mỗi tập có ít nhất hai phần tử Ta bỏ đi phần tử n +1 trong 2n− 1 tập nàythì thu được bộ phận T2 gồm những tập con khác rỗng của {1;2; ;n }Thấy T1 + T2 = > −2n 2n 1(2n −1là số tập con khác rỗng của {1;2;3; ;n ),}

do đó có ít nhất một tập trong bộ phận T1 và một tập trong bộ phận T2

trùng nhau, gọi tập này là A Thế thì A∪ +{n 1} là một tập trong số các tậpcủa T, có Đpcm

Thí dụ 2.1.5 (APMO 2004) Xác định tất cả các tập hợp S hữu hạn và khác rỗng,

bao gồm các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ( ),

S

i j+ ∈ với mọi ,i j S∈ .

Phân tích

Trong bài toán này, điểm cốt lõi để tìm được lời giải là sự kiện S ≠ ∅ và sự

không cần thiết phân biệt của i, j trong đề bài, dẫn đến “phần tử xuất phát” sẽ là 2.

Lời giải:

b b

b

++ = thuộc S Dễ thấy b+ 2 là một số lẻ và lớn

hơn b Tiếp tục lập luận này ta được 4 ( 2 22,2)

b b

b

+ ++ =

+ thuộc S, …,2

b+ n S∈ với mọi n nguyên dương, suy ra S chứa vô hạn phần tử, trái giả

b+ là số lẻ, trở lại trường hợp đầu có điều

mâu thuẫn Nếu 2

2

b+ là số chẵn thì vì 2

22

Tóm lại, trong S không còn phần từ nào ngoài số 2, vậy S ={ }2

Thí dụ 2.1.6 Xác định tất cả các tập con khác rỗng A, B, C của tập hợp ¥ thỏa*

mãn đồng thời các điều kiện:

1 C là tập con khác rỗng của ¥ *nên trong C có phần tử bé nhất, gọi đó là x Nếu

x = 1 thì từ (iii) suy ra ∀ ∈ ∀ ∈a A b B a, : + ∈1 A b, + ∈1 B Bằng quy nạp đơn

giản suy ra a b+ ∈ ∩A B với a∈A b B, ∈ Điều này mâu thuẫn với (i).Vậy x≥ 2, khi đó {1,2, ,x− ⊂1} ( A B∪ )

2 Với mọi r∈{1,2, ,x−1} , có r A∈ ∪B, từ x C∈ suy ra x r+ ∈ ∪A B,

nhiên k Điều này chứng tỏ mọi số nguyên dương không chia hết cho x đều

thuộc vào A B∪ , do đó mọi phần tử của C đều là bội của x Suy ra

( )

a A b B x a b

3 Xét x= 2, khi đó mọi số thuộc C đều là số chẵn

Không mất tổng quát coi 1 A∈

Từ (iii), bằng quy nạp suy ra mọi số nguyên dương lẻ đều thuộc A Chọn

b∈B thì b+ ∈ 1 C , suy ra b + 1 chẵn, suy ra b lẻ, suy ra b A∈ ∩B : mâuthuẫn với (i)

Vậy x khác 2.

4 Xét x≥ 4, khi đó {1,2,3} ⊂ ∪A B Ta phân 3 số 1, 2, 3 vào hai tập hợp A, B,

rõ ràng có hai số thuộc vào cùng một tập, không mất tổng quát coi 1, 2 cùng

thuộc vào A (các trường hợp khác làm tương tự) Lấy b∈B thì suy ra

1, 2

b+ b+ thuộc C, do đó cả b+1,b+2 cùng là bội của x, suy ra

b+ − − ≥b x, điều này vô lí

5 Phải có x = 3 Khi đó các phần tử của C là bội của 3 Coi 1 thuộc A, từ (i) bằng quy nạp suy ra A chứa tất cả các số nguyên dương chia 3 dư 1 Nếu 2 cũng thuộc A thì A cũng chứa tất cả các số nguyên dương chia 3 dư 2 Suy ra

*

\

B C∪ =¥ Achỉ chứa những số chia hết cho 3 Lấy một số chia hết cho 3

trong B cộng với một số chia 3 dư 1 trong A ta được một số chia 3 dư 1 thuộc

C, điều này dẫn đến A∩ ≠ ∅C trái với (i) Vậy nếu 1 thuộc A thì phải có 2 thuộc B Từ đó suy ra A={3k+ 1|k∈¥ *} , B={3k+ 2 |k∈ ¥ *},{ *}

Thí dụ 2.1.7 (Romanian TST 2002) Tìm tất cả các cặp tập hợp A, B thỏa mãn

đồng thời các điều kiện sau:

Từ các dữ kiện (ii), (iii) ta liên hệ tới tính chất “liền kề”, “chẵn, lẻ” của số nguyên,

do đó dễ dàng phán đoán hai đáp số cho bài toán là A B= =¢ và A=2 , ¢ B=2¢+1.

Bỏ qua bộ nghiệm đặc biệt A B= =¢ thì từ (iii) thấy B như là tập số lẻ, do đó phần

tử xuất phát ta chọn là số 0 với mối quan hệ của nó và tập B.

Từ A B∪ =¢ nên có hai trường hợp xảy ra:

1 Trường hợp 1: 0 thuộc B Từ (iii), với mọi x thuộc B thì x = x + 0 thuộc A,

suy ra B⊂ A Vậy ¢= ∪ =A B A Từ (ii) suy ra B=¢

2 Trường hợp 2: 0 thuộc A nhưng không thuộc B.

• Từ (ii) có − = − 1 0 1 thuộc B, từ (iii) có − = − + −2 1 ( )1 thuộc A Bằng quy

nạp suy ra được − ∈2n A và −(2n+ ∈1) B với mọi số tự nhiên n.

• Nếu 2 thuộc B thì 1 = 2 + (-1) thuộc A, suy ra 0 = 1 – 1 thuộc B: mâu thuẫn Vậy phải có 2 thuộc A, suy ra 1 = 2 – 1 thuộc B.

• Giả sử trong B chứa số nguyên dương chẵn, thế thì có số nguyên dương m bé nhất mà 2m thuộc B Từ -1 thuộc B suy ra 2m− 1 thuộc A, suy ra

2m− 2 thuộc B Nếu m = 1 thì 2m− = 2 0 thuộc B là điều mâu thuẫn, nếu

1

m> thì 0 2 < m− < 2 2m là điều trái với cách chọn m Vậy trong B không

chứa số nguyên dương chẵn nào, theo đó mọi số nguyên dương chẵn đều

thuộc A Từ (ii) suy ra mọi số nguyên dương lẻ thuộc B (*).

• Nếu trong A còn chứa một phần tử nguyên lẻ, từ (ii) suy ra trong B chứa một phần tử chẵn Từ (iii) và (*) suy ra A chứa mọi số lẻ, vậy là A=¢ ,suy ra B =¢ , điều này trái với yêu cầu 0 không thuộc B Vậy trong A chỉ chứa phần tử chẵn, theo đó trong B chỉ chứa phần tử lẻ Vậy A, B tương

ứng là tập hợp các số nguyên chẵn và tập hợp các số nguyên lẻ

3 Thử lại ta thấy bài toán có hai đáp số: A B= =¢

hoặc là A, B là tập hợp các số nguyên chẵn, tập hợp các số nguyên lẻ.

Thí dụ 2.1.8 Cho A là tập các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

(i) A ≥3

(ii) Nếu a∈A thì mọi ước nguyên dương của a thuộc A.

(iii) Nếu 1 a b< < và ,a b A∈ thì 1 ab A+ ∈

Chứng minh rằng A=¥*

Ý tưởng: Ta dễ dàng có được 1 thuộc A Bằng suy luận ta “kiến tạo” thêm các phần

từ liền kề là 2, 3, 4 … thuộc A, sau đó dùng quy nạp để kết thúc bài toán Lưu ý 3 là

ước của 1 + 2.4 nên ta sẽ “tạo” ra phần tử 3 sau khi có 2 và 4

Lời giải

Đặt {x y z; ; } ⊂ A với x y z< < .

1 Từ (ii) có 1 A∈ Nếu yz chẵn thì từ (ii) suy ra 2 A∈ , nếu yz lẻ thì từ (iii) có

1 + yz là số chẵn thuộc A, do đó có 2 A∈

2 Ta chứng minh 4 A∈ :

+ Trường hợp 1 :z chia hết cho 4, từ (ii) suy ra 4 A∈

+ Trường hợp 2: z≡1 mod 4( ) Ta có 2 và z thuộc A¸ 2 <z nên 1 2z A+ ∈ và có

1 2+ z≡3 mod 4 Vậy 1< < +z 1 2z suy ra 1+ z(1 2+ z)∈A

Do 1+ z(1 2+ z) (≡4 mod 4) nên quay về trường hợp 1 có 4 A∈

+ Trường hợp 3: z ≡2 mod 4( ) , khi đó có 1 2z A+ ∈ và 1 2+ z ≡1 mod 4( ) ,quy về trường hợp 2

+ Trường hợp 4: z ≡3 mod 4( ) , khi đó 1+ z(1 2+ z) thuộc A và

1+ z 1 2+ z ≡2 mod 4 , quy về trường hợp 3 Vậy luôn có 4 A∈

3 Như vậy có 1, 2, 4 ∈A, suy ra 9 1 2.4 A= + ∈ , suy ra 3 A∈ , suy ra 13 1 3.4 A= + ∈ ,

Theo nguyên lí cực hạn, trong A có m là phần tử lớn nhất Ta xét các trường

hợp sau đây:

* Trường hợp 1:m = 1, khi đó A={ }1 , chọn B={ }1 thì yêu cầu được thỏa mãn

* Trường hợp 2:m = 2, khi đó chỉ có thể xảy ra A={ }1 2 hoặc là ; A={ }2

- Nếu A={ }2 , giả sử có tập B thỏa mãn đề bài thì

x , điều này chứng tỏ B\ A={ }2 = A, có điều mâu thuẫn.

- Nếu A={ }1 2 , làm như trên cũng có điều mâu thuẫn Vậy m = 2 không xảy ra ;

* Trường hợp 3: m>2 Xét số ( )

x A

∈

=∑ 2−

Chú ý rằng mọi phần tử của A đều

là số nguyên dương nên x2− ≥x 0, hơn thế trong tổng ( )

phần m2− >m 2m m m− = nên suy ra y m> Vậy y là số nguyên dương không

thuộc A Ta xét tập hợp B A= ∪{ }y thì rõ ràng A⊂B và 2

Thí dụ2.1.10 (USA MO 2001) Cho S là tập hợp các số nguyên thỏa mãn đồng thời

các điều kiện sau:

(i) Tồn tại hai phần tử a, b thuộc S mà (a; b) = (a – 2; b – 2) = 1.

(ii) Nếu x, y thuộc S (x, y không nhất thiết phân biệt) thì x2 − y thuộc S.

Vậy ta có x→ ± αx với mọi α∈P, P={c2 −d c d S2| , ∈ }

Suy ra x→ ± α ± βx với mọi ,α β∈P (1)

+ Đặt m=gcd(α α ∈| P) , tồn tại dãy số nguyên (xk) mà

+ Bây giờ ta chứng minh m = 1 thì bài toán được giải quyết:

Phản chứng: Giả sử m khác 1, khi đó tồn tại số nguyên tố p là ước của m, như vậy:

- Với mọi c, d thuộc S thì c2 −d2 ≡0 mod( p) , suy ra ( )

modmod

- Từ (i) suy ra ít nhất một trong hai số a, b không chia hết cho p, ít nhất một

trong hai số a−2,b−2không chia hết cho p, suy ra trong S tồn tại hai số

,

m n mà m không đồng dư 0 và n không đồng dư 2 theo mod p Theo (2) phải

có m≡2, n≡0 mod( p) Bây giờ ta chọn c n= 2 − ∈m Sthì có c≡ −2 mod( p) Từ (2) suy ra − ≡ 2 0 hoặc là − ≡2 2 mod p( ) , dẫn đến p = 2.

Dễ thấy nếu p = 2 thì (2) suy ra mọi phần tử của S đều chẵn, điểu này mâu thuẫn với tính chất (i) Vậy điều giả sử là sai, dẫn đến m = 1, do đó bài

toán được giải quyết

Thí dụ 2.1.11 (Đề nghị DHBB - 2015) Cho số nguyên dương n.

a) Chứng minh rằng tồn tại tập S gồm 6n phần tử là các số nguyên dương phân biệt sao cho bội chung nhỏ nhất của hai số bất kì trong S không vượt

- Với hai số nguyên dương a, b thì [ ] , ( )

,

ab

a b

= ≤ Điều này cho

phép ta xây dựng được các phần tử a, b mà [ ]a b, ≤32n2

- Để xây dựng hai phần tử thuộc một tập hữu hạn có mối quan hệ T nào

đó, có thể phân hoạch “tập miền” (tập chứa a, b) thành các khoảng con có độ

dài phù hợp có lợi cho quan hệ T và sử dụng nguyên lí Dirichlet

a) Đặt A={1;2;3; ;4n} và B={4n+2;4n+4;4n+6; ;4n+4n} Ta chỉ ra

S = ∪A B là tập thỏa mãn yêu cầu

Thật vậy:S có 6n phần tử phân biệt, BCNN của hai số (chẵn) trong B không

b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Nếu tập U gồm m + 1 số nguyên dương (m≥2) phân biệt và tất cả các số này đều không nhỏ hơn m, thì luôn tồn tại 2 phần tử của U sao cho BCNN của chúng lớn hơn m 2

- Quay lại bài toán: Cho m= 3 n Lấy 3n+ 1 phần tử lớn nhất của tập T, ta có chúng đều không nhỏ hơn 3n Áp dụng bổ đề nêu trên ta có điều phải chứng minh.

Thí dụ 2.1.12 Cho tập hợp X ={x x1; ; ;2 x n} với n∈¥,n≥5, x i∈ −[ 11 với mọi; ],

i=1 Chứng minh rằng tồn tại tập con Y khác rỗng của X mà n T Y( ) −T X( ) ≤ 1

với kí hiệu T A là tổng tất cả các phần tử của tập hợp A.( )

Phân tích:

Từ bất đẳng thức mà đề bài yêu cầu gợi ý ta đến việc phân hoạch tập X thành

ba tập con và chỉ ra sự tồn tại một trong số các tập con đó là Y Ta tạm coi X được

phân hoạch thành Y, Y’, Y” thì T Y( ) ( )T X T Y( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )T Y'' T Y""

Dựa trên cách cho tập X (các phần tử lấy ngẫu nhiên trong đoạn [-1;1]), ta

phán đoán rằng để có (*) thì T Y không thể là số lớn nhất và nhỏ nhất trong ba số( ) ( ) ( ) ( ), ' , "

T Y T Y T Y Ta coi T Y( )' ≤T Y( ) ≤T Y( )" thì để có (*) ta chỉ cần( ) ( )" '

T Y −T Y ≤1

Hướng giải:

Bước 1 – Ta chứng minh kết quả:

Nếu có một cách phân hoạch tập hợp X thành ba tập hợp A, B, C mà

Bước 2 – Ta chứng minh sự tồn tại các phân hoạch tập X thành ba tập A, B, C thỏa

mãn T A( ) ≤T B( ) ≤T C( ) và T C( ) ( )−T A ≤1

+ Do n≥5 nên theo nguyên lí Dirchlet, tồn tại ít nhất ba phần tử của X cùng không

dương hoặc là cùng không âm, không mất tổng quát ta coi ba phần tử không âmcùng với thứ tự của chúng là x1 ≤x2 ≤x3 (trường hợp ba phần tử cùng không dương

quy về trường hợp không âm bằng cách đổi dấu tất cả các phần tử của X).

+ Ta bắt đầu “kiến tạo” các tập A, B, C bằng cách xây dựng phần tử của chúng từng

bước một như sau:

Ban đầu cho A={ }x1 , B={ }x2 , C ={ }x3

Giả sử đã xếp xong cho các phần tử x x1, , ,2 x k tạo thành ba tập A, B, C thỏa

mãn yêu cầu Bây giờ ta xét tiếp x k+1, nếu nó không âm thì ta xếp nó vào tập có

tổng bé nhất (coi là A) còn nếu nó không dương thì ta xếp nó vào tập có tổng lớn nhất (coi là B) Chẳng hạn x k+1 không âm, khi đó ba tổng ứng với ba tập mới là( ) k , ( ) ( ),

T A + x +1T B T C , có đúng ba khả năng về thứ tự của ba tổng này là:

2.2 – Bài toán ước lượng số phần tử của tập hợp

Trong phần này, báo cáo tập trung vào một số định hướng cho việc ước lượng(cận trên hay cận dưới) về số phần tử của một tập hợp thỏa mãn các điều kiện cho

trước, không đi sâu vào kĩ thuật đếm bởi “Bài toán đếm” là mảng khá rộng và

phong phú về mặt phương pháp, đã được nhiều tài liệu đề cập tới Một số địnhhướng cho dạng bài tập này là:

- Tìm kiếm các phần tử đặc biệt Xây dựng tập hợp xuất phát là tập hợp cácphần tử thỏa mãn hoặc không thỏa mãn các điều kiện đặt ra, từ đó có ướclượng về số phần tử thỏa mãn yêu cầu.

- Phân hoạch tập hợp ban đầu, ước lượng số phần tử thỏa mãn yêu cầu trongmỗi tập đã phân hoạch Trong một số trường hợp không nhất thiết phải dùngphân hoạch mà chỉ đơn thuần là việc phân chia tập ban đầu thành các tập con(có thể có giao) và đếm trong các tập con đó

- Sử dụng các nguyên lí quy nạp, Dirichlet; suy luận phản chứng

Thí dụ 2.2.1 Một tập hợp S gồm các số nguyên dương được cho bởi:

a) Chứng minh rằng S chứa vô hạn số lẻ và vô hạn số chẵn.

b) Tìm phần tử bé nhất của S.

chứa vô hạn các phần tử lẻ

* Chọn x = 2 y + 1 với y là số nguyên dương lẻ tùy ý thì

x≥ thì f x( ) >10 (bằng biến đổi tương đương hoặc xét hàm) Vậy suy ra

phần tử nhỏ nhất của S là 10.

Thí dụ 2.2.2.(Balkan MO 2014) Tập hợp S các “số đặc biệt” cho bởi

+ + Điều này suy ra S là tập có vô hạn phần tử.

b) Giả sử 2014 thuộc S, khi đó tồn tại các số nguyên dương a, b, c, d mà

3 2 3 2014 3 2 3 3 2 3 2 19 53 3 2 3

a + b = c + d ⇔ +a b = × × c + d (*)Suy ra (a3 + 2b3)M 19 Lưu ý mỗi số lập phương khi chia cho 19 chỉ có thể

cho số dư thuộc tập {0; 1; 7; 8; 11; 12; 18}, từ đó suy ra a, b đồng thời chia

là số nguyên dương với mọi

n, điều này không thể xảy ra ngoại trừ trường hợp a = b = c = d = 0, điều

này trái với giả thiết a, b, c, d là số nguyên dương.

Thí dụ 2.2.3(USA JMO 2016, Day 1.P3) Cho X X X1, , , ,2 3 X100 là một dãy các

tập con đôi một phân biệt và khác rỗng của một tập hợp S Biết rằng với mọi

2 Giả sử S có 7 phần tử và có dãy 100 tập con (gọi là dãy (*)) thỏa mãn đề bài.

Rõ ràng X i ≥1 nên X i ≤6 với mọi i∈{1,2,3, ,99,100}

* Nếu tồn tại một tập Xi có 6 phần tử thì tập liền kề (trước, hoặc sau) với Xi

trong dãy (*) mà ta gọi là A thỏa mãn A X ∩ = ∅i , A≠ ∅, A X ∪ i ≠ S Điềunày không thể xảy ra Vậy X i ≤5 với mọi i∈{1,2,3, ,99,100}

* S có 7 phần tử nên có tối đa 7 tập con có một phần tử trong dãy (*),

có tối đa 2

7 21

C = tập con có hai phần tử trong (*),

có tối đa C73 =35 tập con có ba phần tử trong (*)

Nếu trong (*) có một tập có nhiều hơn 3 phần tử, gọi đó là tập B thì hoặc là B

là tập X1, hoặc là B đi với hai tập liền kề trước và sau trong (*) mà mỗi tập này có không quá hai phần tử Theo đó số lượng tập như B trong (*) không quá 7 + 21 + 7 = 35 Vậy số lượng tập con của S tạo thành dãy có tính chất

như (*) không quá 7 + 21 + 35 + 35 = 98 < 100 Vậy không thể xảy ra S =7

3 Bây giờ ta chỉ ra một cách xây dựng dãy (*) cho tập S có 8 phần tử, khi đó giá trị nhỏ nhất của số phần tử của S là 8.

Không mất tổng quát ta coi S ={1,2,3, ,8} Ta “dàn hàng ngang” các tập con có

3 phần tử theo quy tắc hai tập con liền kề có chung nhau đúng hai phần tử:

{1; 4; 5}, {1; 4; 6}, {1; 4; 7}, …, {1; 4; 8}, {1;5;2}, {1;5;3}, …

Sau đó ta viết xen vào giữa các tập con có ba phần tử vừa viết một tập con có

bốn phần tử theo quy tắc giữa hai tập {i;j;k} và {i;j;l} ta điền tập S\{i;j;k;l}.

Bằng cách này ta được 2C83− =1 111 tập con liên tiếp tạo thành dãy có tính chấtnhư của dãy (*) Vậy bài toán được giải quyết

Thí dụ 2.2.4(MEMO 2012) Cho n là số nguyên dương Một tập con S của tập hợp

{1;2;3; ;n được gọi là “đẹp” nếu nó không chứa ba phần tử phân biệt a, b, c nào}

mà a chia hết cho b và b chia hết cho c Xác định số phần tử lớn nhất có thể của một tập “đẹp” S.

Phân tích và hướng giải

* Nếu có ba phần tử phân biệt a, b, c mà a chia hết cho b và b chia hết cho c thì phải

có a≥ 2b≥ 2.2c= 4c Do đó ta chọn một tập con S * của {1;2;3; ;n có phần tử nhỏ}nhất lớn hơn

4

n

thì chắc chắn S* là một tập “đẹp” (vì nếu có sự “vi phạm” thì

≤ ≤ , N 2 là số lượng số nguyên lẻ p thỏa mãn

2

n

p n

< ≤ Bằng cách xét cụ thể các khả năng n=4 , 4N N +1, 4N +2, 4N +3 ta thu được kếtquả 2 1 2

4

n

= −    Bài toán được giải quyết xong

Nhận xét: Qua Thí dụ 2.2.3 và Thí dụ 2.2.4ta có thể chỉ ra hai bài toán tổng

quát với hướng giải tương ứng như sau:

Bài toán 1 Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất (lớn nhất) sao cho mọi tập A mà

=

A k đều có tính chất T nào đó.

Hướng giải: Xét một tập A có tính chất đặc biệt nào đó mà A m và A không thỏa=tính chất T, suy ra k min≥ +m 1 Tiếp theo ta chứng minh mọi tập A mà A m= +1đều có tính chất T Vậykmin = +m 1