Một số bài toán số học tổ hợp

Nhìn chung, nếu nhưviệc phân loại bài toán nào là số học, đại số, giải tích, hình học là tương đối rõ ràng thì việc phân loại các bài toán tổ hợp khá mơ hồ.. Hơnnữa, trong chương trình t

-Trần Thanh Nhã

MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC - TỔ HỢP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học

GS TSKH HÀ HUY KHOÁI

HÀ NỘI, NĂM 2013

Mục lục

1.1 Kiến thức tổ hợp 6

1.1.1 Quy tắc cộng 6

1.1.2 Quy tắc nhân 6

1.1.3 Hoán vị 7

1.1.4 Chỉnh hợp 7

1.1.5 Tổ hợp 8

1.1.6 Nguyên lý bù trừ 8

1.1.7 Nguyên lý Dirichlet 8

1.1.8 Khai triển nhị thức Newton 8

1.2 Kiến thức số học 9

1.2.1 Tính chia hết 9

1.2.2 Biểu diễn cơ số 9

1.2.3 Số nguyên tố 9

1.2.4 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất 9

1.2.5 Thuật toán Euclid 11

1.2.6 Đồng dư 11

1.2.7 Đồng dư tuyến tính 12

1.2.8 Thặng dư 12

1.2.9 Một số định lý quan trọng 13

2 Một số bài toán Số học - Tổ hợp 14 2.1 Tính chất số học 14

2.1.1 Tính chia hết 14

2.1.2 Biểu diễn số 30

2.1.3 Thuật toán Euclid và một số bài toán liên quan đến ước chung lớn nhất 37

2.2 Bài toán chia kẹo Euler 47

2.3 Bất biến 53

2.4 Cực trị trên tập hợp rời rạc 61

2.5 Số phức - Tổ hợp 75

3 Một số bài toán trò chơi 86Kết luận 96Tài liệu tham khảo 97

Lời mở đầu

Toán rời rạc đóng một vai trò quan trọng trong toán học bởi vì nó có nộidung rất phong phú và có nhiều ứng dụng trong đời sống và thực tiễn.Trong các kì thi đại học, thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, các bài toán

tổ hợp xuất hiện nhiều và thường có nội dung rất khó Nhìn chung, nếu nhưviệc phân loại bài toán nào là số học, đại số, giải tích, hình học là tương đối

rõ ràng thì việc phân loại các bài toán tổ hợp khá mơ hồ Chính vì sự đadạng này nên việc giảng dạy và học tập chúng là một vấn đề khó khăn Hơnnữa, trong chương trình toán phổ thông, tài liệu tham khảo về lĩnh vực tổhợp rất ít, nên luận văn này nhằm góp một phần kiến thức nhỏ bé để hổ trợcho việc học tập và giảng dạy, và bổ sung thêm tài liệu tham khảo về tổ hợp.Luận văn nhằm mục tiêu giới thiệu một số bài toán có thể gọi thuộc loại

"số học - tổ hợp" Thực ra không có một "định nghĩa" nào cho loại bài toánnày Nên luận văn này chỉ giới hạn ở việc đưa ra một số bài toán thường gặptrong các kì thi học sinh giỏi, mà việc giải chúng đòi hỏi những phương phápcủa số học và tổ hợp

Bố cục luận văn được chia thành ba chương:

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về số học(tính chia hết, biểu diễn số, số nguyên tố, bội chung nhỏ nhất, ước chunglớn nhất, đồng dư, thặng dư, một số định lý quan trọng bao gồm: định lýWilson, định lý Fermat, định lý phần dư Trung Hoa) và một số kiến thức

cơ bản về tổ hợp (quy tắc cộng, quy tắc nhân, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp,nguyên lý bù trừ, nguyên lý Dirichlet, khai triển nhị thức Newton)

Mục đích của chương này trình bày một số bài toán thuộc loại "số học - tổhợp" theo chủ đề (tính chất số học , bài toán chia kẹo Euler, bất biến, cựctrị trên tập hợp rời rạc và số phức), đồng thời trong mỗi bài toán chúng tôi

cố gắng phân tích để tiếp cận lời giải và có bình luận

Trong chương cuối cùng, chúng tôi giới thiệu một số bài toán trò chơi vàđặc biệt là ứng dụng của "tỉ số vàng" trong lời giải của bài toán trò chơi.Mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều trong quá trình thực hiện, nhưng dothời gian có hạn và kiến thức bản thân còn hạn chế nên luận văn không tránhkhỏi những thiếu sót Rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý thầy cô vàcác bạn.

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nghiêm khắc và chỉbảo tận tình của GS TSKH Hà Huy Khoái Thầy đã dành nhiều thời gianhướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làmluận văn Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy của mình.Qua đây, tôi xin gửi tới các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học, TrườngĐại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, cũng như các thầy cô

với công lao dạy dỗ trong suốt quá trình giáo dục đào tạo tại Nhà trường.Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, ban giám hiệu vàtập thể giáo viên trường THPT chuyên Lê Quý Đôn tỉnh Bình định đã quantâm, tạo điều kiện và động viên cổ vũ tôi để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụcủa mình

Hà nội, tháng 11 năm 2013

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Kiến thức tổ hợp

1.1.1 Quy tắc cộng

ai(1 ≤ i ≤ n) không phụ thuộc vào bất kì cách chọn đối tượng aj nào

chọna1, a2, , an−1 có mn cách chọn đối tượngan Như vậy sẽ có m1.m2 mn

Tương tự như quy tắc cộng, ta sẽ chuyển sang ngôn ngữ tập hợp như sau:

Pn = n (n − 1) 1 = n!.

Định nghĩa 1.2 (Hoán vị có lặp) Hoán vị trong đó mỗi phần tử xuất hiện

ít nhất một lần được gọi là hoán vị có lặp

thức

P (n1, n2, , nk) = n!

n1!n2! nk!.1.1.4 Chỉnh hợp

Akn = n!

(n − k)!.

lần và được sắp theo một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp có lặp

1.1.5 Tổ hợp

tổng quát sau đây:

Định lý 1.2 Với m, n là hai số nguyên dương, ta có

1.2.2 Biểu diễn cơ số

Với b ∈ Z, b > 1 thì với mọi n ∈ Z+ luôn tồn tại biểu diễn duy nhất

diễn duy nhất dưới dạng tích các số nguyên tố (không kể thứ tự), tức là

1.2.4 Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất

a1, a2, , an Số nguyên dương d lớn nhất có tính chất d chia hết ai, i =

1, 2, , n được gọi là ước chung lớn nhất của n số a1, a2, , an

Kí hiệu ƯCLN(a1, a2, , an) hay (a1, a2, , an)

Định nghĩa 1.9 Hai số nguyên a và b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu

(a, b) = 1

1.2.5 Thuật toán Euclid

b − a rồi chuyển qua bước 1

Thuật toán sẽ dừng sau một số hữu hạn lần (chỉ cần xét đơn biến là tổng củahai số)

1.2.6 Đồng dư

Tính chất

• Nếu a ≡ b (modm)và b ≡ c (modm) thì a ≡ c (modm)

• Nếu a ≡ b (modm)và c ≡ d (modm) thì a ± c ≡ b ± d (modm)vàac ≡

bd (modm)

1.2.7 Đồng dư tuyến tính

Định nghĩa 1.12 Một đồng dư dạng

ax ≡ b (modm)

đồng dư tuyến tính một biến

1.2.8 Thặng dư

ri(0 ≤ ri ≤ m − 1) là số dư của xi khi chia cho m Nếu tập hợp số dư

{r0, r1, , rm−1} trùng với tập hợp {0, 1, , m − 1} thì ta nói tập A là một

m thì:

m nếu (ri, m) = 1 và với mọi x ∈ Z, (x, m) = 1 thì tồn tại duy nhất ri để

ri ≡ x (modm)

Nhận xét

từ một hệ thặng dư đầy đủ các phần tử không nguyên tố cùng nhau với

m

• Mọi hệ thặng dư thu gọn modulo m đều có cùng số phần tử, kí hiệu

nguyên tố cùng nhau đôi một Khi đó hệ

x ≡ ar(modmr)

Chương 2

Một số bài toán Số học - Tổ hợp

Thông thường để tạo ra một bài toán tổ hợp, chúng ta hay kết hợp cáckết quả ở những lĩnh vực khác nhau; chẳng hạn là kết quả số học, hình học,đại số với một kết quả về lý thuyết tổ hợp Chính vì vậy, việc giải một bàitoán tổ hợp gặp rất nhiều khó khăn, bởi vì chúng ta phải biết những kết quả

ở những lĩnh vực khác nhau và phải biết kết hợp chúng lại Trong luận vănnày, chúng tôi xét một số bài toán tổ hợp có nội dung là sự kết hợp các kếtquả số học và tổ hợp Trong chương này, chúng tôi giới thiệu một số bài toán

"số học - tổ hợp" được sắp xếp theo chủ đề và chúng tôi cũng cố gắng phântích để tìm lời giải các bài toán một cách tự nhiên nhất và bình luận sau khigiải xong bài toán

2.1 Tính chất số học

Chúng tôi trình bày một số bài toán tổ hợp mà khi giải chúng, ta cần

sử dụng nhiều kiến thức về số học (tính chia hết, ước chung nhỏ nhất, bộichung nhỏ nhất, hệ thặng dư đầy đủ và hệ thặng dư thu gọn, định lý phần dưTrung Hoa, ) và các kiến thức về tổ hợp (các quy tắc đếm cơ bản, nguyên

lý Dirichlet, nguyên lý bù trừ, phương pháp quỹ đạo, )

2.1.1 Tính chia hết

nguyên dương bất kì luôn có thể chọn ra được hai số mà tổng hoặc hiệu của

Phân tích - Lời giải

hợp {0, 1, , 4017}

Dựa vào nhận xét trên chia các số dư trên thành từng nhóm như sau:

- Nhóm thứ nhất gồm những số khi chia cho 4018 có số dư bằng 0.

nguyên lý Dirichlet, giữa chúng phải có ít nhất hai số mà có số dư thuộccùng một nhóm

Đây là hai số cần tìm, vì nếu chúng có số dư bằng nhau thì hiệu của chúng

lý Dirichlet

kia

Phân tích - Lời giải

a1 = 2m1b1; ; a1006 = 2m1006b1006,

toán

Nhận xét Bài toán chứng minh sự tồn tại là dấu hiệu để ta nghĩ đến nguyên

Với cách suy luận tương tự, ta có thể giải bài toán sau:

ak i = 1; 2010
Nếu có một số hạng của dãy chia hết 2010

(j > i) Suy ra (Sj − Si) 2010

Phân tích - Lời giải

0, 1, 2, 0, 1, 2, 0 Giả sử a1, a2, , a7 là một cách xếp thỏa mãn yêu cầu bàitoán Khi đó

có thể đến được tất cả các cách sắp xếp

độ (x, y, z) sao cho x, y, z là số nguyên và 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 4

Phân tích - Lời giải

Do |S| = 60 nên có C602 = 1770 cách chọn hai điểm Để tọa độ trung điểm

của đoạn thẳng nối hai điểm thuộc S thì tọa độ tương ứng của hai điểm đó

có cùng tính chẵn lẻ

Dễ dàng đếm được có:

• 2.2.3 = 12 điểm có cả ba tọa độ đều chẵn

• 1.2.2 = 4 điểm có cả ba tọa độ đều lẻ

Hình 2.1: hình vẽ

Phân tích - Lời giải

đều chia hết cho 4.

còn các số đánh theo thứ tự ngược chiều kim đồng hồ

Do đó

(3 (a1 + a2 + a3 + a4) + 4a5) 4 ⇒ (a1 + a2 + a3 + a4) 4

không thể viết các số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Nhận xét Để ý số trung tâm của một hình chữ thập sẽ có cùng số dư vớicác số kề nó nên sẽ có nhiều số dư, chính điều này gợi ý cho xem trong các

mâu thuẫn

đôi một khác nhau trên một đường tròn sao cho với hai số nguyên đứng kềnhau thì thương của số lớn và số nhỏ là một số nguyên tố

Phân tích - Lời giải

thuẫn Vậy không tồn tại cách xếp thỏa mãn bài toán

Nhận xét Thương của hai số là một số nguyên tố, gợi ý cho ta nghĩ đếnphân tích các số ra thừa số nguyên tố Dựa vào tính chẵn lẻ của số lượng sốnguyên tố dễ dàng khẳng định không thể sắp xếp

Bài toán 2.8 Cho tập

T = n(x, y) |0 ≤ 2x < y ≤ 100; x, y ∈ N & (x4 + y4) 49o

Tìm |T | là số phần tử của tập T.

Phân tích - Lời giải

thuộc trong số học sau đây:

Trở lại bài toán

Nếu x = 28 thì có 6 cách chọn y (y ∈ {63, 70, 77, 84, 91, 98})

Nếu x = 35 thì có 4 cách chọn y (y ∈ {77, 84, 91, 98})

Nếu x = 42 thì có 2 cách chọn y (y ∈ {91, 98})

Vậy |T | = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 14 = 56

Nhận xét Để giải bài toán này, ta chỉ cần biết kết quả số học quen thuộc

ở phổ thông, kết hợp với phép đếm cơ bản

Bài toán 2.9 Trên mặt phẳng tọa độ, có một con cào cào ở gốc tọa độ

O(0, 0) Với N là một số nguyên dương cho trước, con cào cào có thể nhảy

cào có thể nhảy đến bất kỳ điểm nguyên nào trên mặt phẳng sau hữu hạnbước nhảy không nếu:

1 N = 2013;

2 N = 2017

(Trong đó điểm nguyên là điểm có cả hai tọa độ đều là số nguyên)

Phân tích - Lời giải

3 nên (x − z) 3, (y − t) 3 hay x ≡ z (mod3) ; y ≡ t (mod3)

cào không thể nhảy đến điểm nguyên có một trong hai tọa độ không chia hết

• Do (2ab, N ) = 1 nên tồn tại l sao cho

2lab ≡ ax0 + by0(modN )

ka2 ≡ −lab +ax0(modN )

Khi đó

lab + kb2 ≡ lab − ka2 = 2lab −ax0 ≡ by0(modN )

Vì (a, N ) = 1 và (b, N ) = 1 nên từ (1), (2) suy ra

ka + lb ≡ x0(modN ) và la + kb ≡ y0(modN )

Vậy con cào cào có thể nhảy đến tất cả các điểm nguyên

Với mỗi điểm nguyên ta dựng một hình chữ nhật "Cơ sở" có các cạnh song

Ta chứng minh nếu con cào cào đang đứng ở một đỉnh của hình chữ nhật thì

có thể nhảy đến một đỉnh bất kỳ của hình chữ nhật đó

Thật vậy, con cào cào có thể nhảy đến đỉnh đối diện của hình chữ nhật do

Hình 2.2: hình vẽ

Do (b, 2017) = 1 nên tồn tại c nguyên dương sao cho bc ≡ 1(mod2017) hay

Hình 2.3: hình vẽ

từ một đỉnh của hình chữ nhật có thể nhảy đến các đỉnh khác của hình chữ

1, y), (x, y − 1), (x, y + 1)

Như vậy con cào cào có thể nhảy đến tất cả các điểm nguyên trên mặt phẳngtọa độ

Phân tích - Lời giải.

và x ≡ a (mod5) , (0 ≤ a ≤ 4) thì tồn tại duy nhất số c, 0 ≤ c ≤ 14 sao cho

với a, b, c, a0, b0, c0 ∈ {0, 1, 2, 3, 4} Giả sử bộ này là B Khi đó ứng với mỗi

ab ≡ 1 (mod3)

1 × 2 ≡ 2, 1 × 3 ≡ 3, 1 × 4 ≡ 4, 2 × 2 ≡ 4,

2 × 3 ≡ 1, 2 × 4 ≡ 3, 3 × 3 ≡ 4, 3 × 4 ≡ 2, 4 × 4 ≡ 1

Ta xét các trường hợp sau đây:

tiếp các trường hợp sau đây:

Trong trường hợp này số bộ thỏa mãn:

2 × (13 + 13 + 12 + 12) = 100

Trường hợp 2 Cả hai số abc và a0b0c0 đều không chia hết cho 3 Khi đó,

bộ a0b0, b0c0, c0a0 chia hết cho 5 mâu thuẫn

bộ sau:

(2, 2, 2) , (2, 2, 3) , (2, 2, 4) , (2, 3, 3) ,(2, 4, 4) , (3, 3, 3) , (3, 3, 4) , (3, 4, 4)

lí Tương tự với các trường hợp còn lại

• Nếu (ab, bc, ca) = (2, 3, 4) thì a0b0, b0c0, c0a0
= (4, 3, 2) thì ta thu được

a, b, c, a0, b0, c0
tương ứng với một trong bốn trường hợp sau:

(4, 3, 1, 1, 4, 2) , (1, 2, 4, 1, 4, 2) , (4, 3, 1, 4, 1, 3) , (1, 2, 4, 4, 1, 3)

nhau)

• Nếu (ab, bc, ca) = (4, 4, 4) thì a0b0, b0c0, c0a0
= (2, 2, 2) không thỏamãn

a1a2 an với ai ∈ {0, 1, , 9} , i = 1, n và thỏa mãn

(a1a2 + a2a3 + + an−1an) 2

Phân tích - Lời giải.

một số chẵn Từ điều kiện bài toán, gợi ý cho chúng ta sử dụng phương phápthiết lập hệ thức truy hồi

Với n = 2, nếu a1 2 thì a2 tùy ý và nếu a1 không chia hết cho 2 thì a2 2

Với n = 3, theo đề bài a1a2 + a2a3 = a2(a1 + a3) 2

10√50

ý gồm 2012 số thuộc A đều có thể chia thành 4 nhóm có số phần tử bằngnhau và tổng các số trong mỗi nhóm bằng nhau.

Phân tích - Lời giải

vẫn không thay đổi Từ đó suy ra mọi phần tử của tập A đều đồng dư nhau

Dĩ nhiên ta nẩy sinh ra dự đoán rằng, các phần tử của A đều bằng nhau

B = {a1 − a, a2 − a, , an− a} rõ ràng thỏa mãn tính chất đã nêu trong bàitoán như đối với tập hợp A Do đó, mọi phần tử của B cũng đồng dư nhau

thành hai tập hợp, sao cho tích của các số thuộc tập này bằng tích của các

số thuộc tập kia

Phân tích - Lời giải

tính chất đã nêu trong đề bài, thì tập hợp đó phải có đúng hai số chia hết

tố p ≥ 7, thì 5 số còn lại sẽ không chia hết cho p, vì vậy tập hợp không cótính chất đòi hỏi Từ đây suy ra các số còn lại chỉ chứa các thừa số nguyên

n + 1 = 2k13l1, n + 2 = 2k23l2, n + 3 = 2k33l3, n + 4 = 2k43l4,

trong đó k1, l1, , k4, l4 là những số nguyên không âm.

Nếu n + 1 chia hết cho 3 thì n + 4 chia hết cho 3 và n + 2, n + 3 không chia

là hai số nguyên dương liên tiếp và là số chẵn, điều này mâu thuẫn

mâu thuẫn

kiện bài toán

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây:

Ta chứng minh bài toán bằng phản chứng Giả sử không tồn tại hai phần tử

|x − y| ≥ 11 và x + y

2 ∈ X./

{1, 2, , 2010}nên xi+1 ≥ xi+ 1với i = 1, 2, , 61 Do đó x62− xk ≥ 11, với

k = 1, 2, , 51 Suy ra xk(k = 1, 2, , 51) cùng tính chẵn lẻ với x62, vì nếu

2 ∈ X/ trái

x62 = a + b

2 Vì x62 > x1, i = 1, 2, , 61 nên tồn tại xp, với p = 1, 2, , 61

i = 2, 3, , 61 nên tồn tại xq sao cho x1 = 0 + xq

định trên, tức là điều giả sử sai

|x − y| ≥ 11 và x + y

2 ∈ X./

Nhận xét

|x − y| ≥



k2



− 1 và x + y

Phân tích - Lời giải

minh tương tự, tuy nhiên số trường hợp sẽ xét nhiều hơn

n = 3, ta suy ra tồn tại 3 số trong 5 số này có tổng chia hết cho 3 Không

a1 + a2 + + a9 = 3 (s1 + s2 + s3) ≡ 0 (mod9)

Bằng cách làm tương tự, ta thấy rằng nếu bài toán đã đúng với n = p và

n = q thì nó cũng đúng với n = pq Vậy chỉ cần chứng minh bài toán đúngvới n = p là số nguyên tố

Khi đó theo định lý nhỏ Fermat, ta có

i1as2

i2 ask

ik (vớis1+s2+ +sk =

p − 1) chia hết cho p

i1as2

i2 ask

2.1.2 Biểu diễn số

Phân tích - Lời giải

trong đó a ∈ N và αi ∈ {0, 1} Do số bộ phân biệt (x1, x2, , x9) với xi ∈{0, 1} là 29 = 512 nên nếu 513 phần tử phân biệt của M thì theo nguyên

cặp có tích hai phần tử là một số chính phương Bây giờ đặt

a1b1 = c21, a2b2 = c22, , a513b513 = c2513

Xét 513 số c1, c2, , c513 Vì các ci cũng chỉ có các ước nguyên tố không vượt

Nhận xét Thường để chứng minh tích của các số là lũy thừa của một số tựnhiên, ta hay phân tích các số ra thừa số nguyên tố, vì yêu cầu chứng minh

sự tồn tại nên ta nghĩ ngay đến nguyên lý Dirichlet

Với cách làm hoàn toàn tương tự, ta có bài toán sau đây:

Phân tích - Lời giải

• Nếu A ∩ B = ∅ thì tAt2B = ab2k
3 bài toán được giải

là lập phương của một số tự nhiên.

Tóm lại, bài toán được chứng minh hoàn toàn

nguyên dương thỏa mãn

[a, b, c] = 233557711

Phân tích - Lời giải

Vì 2, 3, 5, 7 là các số nguyên tố nên giả sử

Đếm tất cả các bộ có thứ tự gồm các số nguyên không âm(a1, b1, c1) sao cho

Tương tự:

max {a2, b2, c2} = 5 bằng 91

Số tất cả các bộ có thứ tự gồm các số nguyên không âm (a3, b3, c3) sao cho

Hoàn toàn tương tự chúng ta có bài toán tổng quát

ai i = 1, n
là các số nguyên dương thỏa mãn

Phân tích - Lời giải

Vì p1, p2, , pm là các số nguyên tố nên giả sử

Theo quy tắc nhân số bộ thỏa mãn bài toán là:

[(α1 + 1)n − αn1] [(α2 + 1)n− αn2] [(αm + 1)n− αnm]

Bài toán 2.20 Giả sửc là số hữu tỉ dương khác 1 Chứng minh rằng có thể

Phân tích - Lời giải

ảnh hưởng gì đến tính chất của tập hợp

Ta nhận thấy các số có bậc khác nhau thì có thể ở chung một tập hợp.Vấn đề bây giờ còn lại là chia các số có cùng bậc vì chính các số này ở chungmột tập hợp thì sẽ gây ra vấn đề Nhận thấy là cần tránh thương của chúng

Theo cách chia như trên ta thấy đã phân hoạch toàn bộ tập hợp số nguyêndương thành hai tập thỏa mãn yêu cầu bài toán

ràng trong trường hợp này ta tìm được lời giải tổng quát trên

Bài toán 2.21 Sau giờ học, các em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp ở

lấy xe sao cho không em nào phải chờ để lấy tiền trả lại? (với giả thiết ngườigiữ xe không có tiền lẻ nào)

Phân tích - Lời giải

Đây là một bài toán thuộc loại “hai khả năng”: Mỗi em học sinh hoặc có tờ

Cũng tương tự như trong nhiều bài toán tổ hợp khác, khi đếm số phần tử

thỏa mãn bài ra là khó, ta đếm “phần bù” của nó, tức là những phần tửkhông thỏa mãn bài ra Như vậy, ở đây ta sẽ xét xem có bao nhiêu hàng mà

có học sinh nào đó đến lượt mình phải chờ lấy tiền trả lại Theo cách tươngứng của chúng ta, một hàng như vậy sẽ tương ứng một – một với một dãy

là hàng "xấu"

Nếu bạn là người giữ xe thì bạn sẽ làm như thế nào trong tình huống đó?

gồm k + 1 chữ số 0 và m − 1 chữ số 1

số 0, m − 1 chữ số 1 Ta thêm số 1 vào đầu hàng, để được k + 1 chữ số 0, m

B(m, n) bằng Cm+nm

B(m, n) cắt đường thẳng y = x − 1 bằng số đường đi từ điểm A(1, −1) đến

Trở lại bài toán.

tiếp bài toán này khó nên ta có đếm phần bù

Số cách xếp hàng không thỏa mãn bài toán bằng số đường đi ngắn nhất trên

Như vậy, số cách xếp hàng sao cho không học sinh nào phải chờ lấy tiền trảlại là

nhiêu điện trở đơn vị (việc mắc là tùy ý)?

Phân tích - Lời giải

Ta thấy rằng khi mắc nối tiếp các điện trở đơn vị vào mạch điện có giá trị

a

a + b

a + b.

nếu b > a

nhất từ một bộ nào đó Rõ ràng đây chính là các bước thực hiện các bướccủa thuật toán Euclid Vì thế nên số điện trở cần tìm chính bằng số các bước

người ta xác định tất cả các cặp số đứng cạnh nhau và điền vào giữa hai số

trong dãy là bao nhiêu?

Phân tích - Lời giải

cạnh nhau thì các số sinh ra sau đó nằm giữa chúng, là các tổ hợp tuyến tính

và (x + y, y) Do ƯCLN(x, y) = ƯCLN(x, x + y) = ƯCLN(x + y, y) và banđầu có tất cả các số nguyên dương liên tiếp (hai số cạnh nhau thì nguyên tốcùng nhau) nên tất cả các số đứng cạnh nhau sau đó cũng phải nguyên tốcùng nhau

0 < x < 2013 Do ƯCLN(x, y) = 1 nên cũng phải có ƯCLN(x, 2013) = 1

ta sẽ làm rõ những bước sau:

quá trình thực hiện thuật toán Euclid nên sau một số lần thực hiện thao tác

• (y, y + 1) đã có xuất hiện trong dãy đã cho Thật vậy, do (y, y + 1) 6=(1006, 1007) nên bộ (x, y) ở trên được sinh ra ít nhất sau một lần thực

2013, suy ra y < 2013 chứng tỏ bộ (y, y + 1) đã có xuất hiện trong dãyban đầu

• (1, y) với y > 1, bộ này hiển nhiên sẽ xuất hiện trong dãy đã cho sau

Bài toán 2.24 (Chọn đội tuyển Việt Nam - 2011) Trên mặt phẳng tọa

tọa độ nguyên dương

hữu hạn bước

nhất |m − n| bước

Phân tích - Lời giải

SOAB = 1

2 ⇔ |ad − bc| = 1,

vì vậy

ƯCLN(a, b) = 1; ƯCLN(c, d) = 1

cùng nhau

chứng minh nhận xét sau: