Về các bài toán số học tổ hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Nguyễn Thị Hồng Huế
VỀ CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC - TỔ HỢP
Chun Ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
MÃ SỐ:60.46.01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Hà Huy Khối
Thái Ngun - 2013
Số hóa bởi trung tâm học liệu />Cơng trình được hồn thành tại
Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun
Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Hà Huy Khối
Phản biện 1:

Phản biện 2:

Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại:
Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Ngun
Ngày tháng năm 2013
Có thể tìm hiểu tại
Thư Viện Đại Học Thái Ngun
Số hóa bởi trung tâm học liệu />1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1. Tỷ số vàng 4
1.1. Sơ lược về tỷ số vàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. Các bài tốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Chương 2. Các dãy nhị phân 14
2.1. Đặt vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2. Các bài tốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Chương 3. Tính chia hết 18
3.1. Bài tốn 3.1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.2. Bài tốn 3.1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.3. Bài tốn 3.1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.4. Bài tốn 3.1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.5. Bài tốn 3.1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.6. Bài tốn 3.1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Chương 4. Trò chơi 25
4.1. Sơ lược về Lý thuyết trò chơi . . . . . . . . . . . . . 25
4.1.1. Khái niêm về Lý thuyết trò chơi . . . . . . . 25
4.1.2. Biểu diễn trò chơi . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2. Các bài tốn về số học - tổ hợp có liên quan đến
trò chơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Số hóa bởi trung tâm học liệu />2
Mở đầu
Các bài tốn số học tổ hợp từ lâu đóng một vai trò quan trọng trong
việc rèn luyện tư duy tốn học và kỹ năng giải tốn. Bài tốn số học tổ
hợp có một số đặc điểm quan trọng mang tính khác biệt sau:
+ Có thể giảng dạy tại các bậc, lớp khác nhau.
+ Khơng có khn mẫu nhất định cho việc giải (Khơng giống như
việc giải phương trình, khảo sát hàm số, tính tích phân ). Do vậy đòi
hỏi sự sáng tạo từ phía học sinh.
+ Thường phải phát biểu bằng lời văn, đòi hỏi học sinh phải có kỹ
năng đọc hiểu và rút tích thơng tin, biết cách biểu đạt bằng ngơn ngữ
tốn học. Bài tốn số học tổ hợp thường mang tính thực tế và thẩm mỹ
cao khiến học sinh u thích, ghi nhớ.
Tuy nhiên khi nói "các bài tốn thuộc loại Số học - Tổ hợp" thì thực ra
khơng có một " định nghĩa" nào cho loại bài tốn đó. Vì thế ở đây chỉ
giới hạn ở việc đưa ra một số ví dụ về loại bài tốn thường gặp trong

các kỳ thi học sinh giỏi các cấp. Cuốn luận văn này được trình bày gồm
bốn chương:
Chương 1: Tỷ số vàng
Chương 2: Các dãy nhị phân
Chương3: Tính chia hết
Chương4: Trò chơi
Trong khi trình bày lời giải, chúng tơi cố gắng mơ tả q trình hình
thành nên lời giải đó hơn là đưa ra một lời giải ngắn gọn.
Luận văn này được hồn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình
Số hóa bởi trung tâm học liệu />3
của GS.TSKH Hà Huy Khối - Viện Tốn Học Hà Nội. Từ đáy lòng
mình, em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động
viên và sự chỉ bảo hướng dẫn của thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn tới các Thầy Cơ trong Trường Đại Học
Khoa Học - Đại Học Thái Ngun, phòng Đào Tạo Trường Đại Học Khoa
Học. Đồng thời tơi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Tốn K5c
Trường Đại Học Khoa Học đã động viên giúp đỡ tơi trong q trình học
tập và làm luận văn này.
Tơi xin cảm ơn tới Sở Giáo dục - Đào tạo Tỉnh Bắc Ninh, Ban Giám
Hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Lý Thường Kiệt - Thành phố Bắc
Ninh đã tạo điều kiện cho tơi học tập và hồn thành kế hoạch học tập.
Thái Ngun, ngày tháng năm 2013
Tác giả
Nguyễn Thị Hồng Huế
Số hóa bởi trung tâm học liệu />4
Chương 1
Tỷ số vàng
1.1. Sơ lược về tỷ số vàng
Tỷ số vàng φ là tỷ số mà khi chia đoạn thẳng thành hai phần a và b
sao cho tỷ số giữa cả hai đoạn thẳng (a + b) và đoạn lớn a bằng tỷ số

giữa đoạn lớn a và đoạn nhỏ b. Tức là:
a + b
a
=
a
b
Ta qui độ dài a + b về đơn vị 1.
Gọi độ dài đoạn lớn là x, đoạn bé là 1 − x.
Ta được:
φ =
1
x
=
x
1 − x
⇔ x
2
+ x −1 = 0 ⇔ x =
−1 +
√
5
2
φ =
1
x
=
1
−1 +
√
5

2
=
1 +
√
5
2
≈ 1, 6180339887
* Hình chữ nhật vàng: Là hình chữ nhật có tỷ số giữa chiều dài
và chiều rộng bằng φ.
* Đường xoắn ốc lơgarít tiếp xúc trong với các cạnh của một chuỗi các
hình chữ nhật vàng được gọi là Đường xoắn ốc vàng
Số hóa bởi trung tâm học liệu />5
- Tỷ lệ vàng được áp dụng trong nghệ thuật mang đến cho con người
một cảm giác đẹp hài hòa và dễ chịu một cách khó giải thích. Do đó, nó
nó được giảng trong các mơn học như nghệ thuật, kiến trúc, mỹ thuật,
trang trí, hội họa, điêu khắc, nhiếp ảnh vv như là một quy luật tương
hợp kỳ lạ với óc thẩm mỹ của con người.
Trong tự nhiên: hình ảnh các đường xoắn ốc vàng được sắp xếp ở nhị
hoa của hoa hướng dương tạo cảm giác rất đẹp mắt.
Trong kiến trúc Tỷ lệ vàng đã được áp dụng trong các kích thước
kiến trúc của các cơng trình nổi tiếng như đền Parthenon Hi lạp, các
kim tự tháp Giza.
“Hình chữ nhật vàng” trong thiết kế đền thờ Parthenon tại Hy Lạp:
Tại Toronto, Canada là tòa tháp cao nhất thế giới, cũng được thiết
kế theo tỉ lệ vàng. Tỉ số giữa tổng chiều cao tháp so với độ cao của đài
quan sát là:
553, 33m : 342m = 1, 618 = φ
Trong nghệ thuật:
Với thiếu nữ bên hoa huệ của Tơ Ngọc Vân, ta có thể vạch một đường
Số hóa bởi trung tâm học liệu />6

cong tự nhiên theo cơ thể cơ gái và qua các điểm: một ở nhụy bơng hoa
bên phải, một ở đài nụ cong xuống, một ở đầu ngón tay phải và điểm
cuối cùng ở trung tâm bố cục có ý nghĩa nhất bức tranh: nhụy bơng
hoa ở giữa. Đó là đường xoắn ốc vàng.
Chính bố cục xoắn ốc vàng tạo nên hiệu quả thẩm mỹ của tác phẩm
Mona Lisa. Tỷ số vàng cũng đã được áp dụng thành cơng trong nhiều
tác phẩm hội họa.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />7
Số hóa bởi trung tâm học liệu />8
Xuất hiện trong nhiếp ảnh, tỷ số vàng- hằng số chi phối hầu như mọi
thiết kế của tự nhiên nói chung và các sinh thể nói riêng, tạo ra vẻ đẹp
hài hòa. Tỷ lệ vàng là một khuỗn mẫu đã đi vào sách vở và vẫn được
giảng dạy cho đến ngày nay, do đó việc người ta áp dụng nó trong nhiếp
ảnh là mơt điều dễ hiểu.
Và trong hình học thật ngạc nhiên "tỷ số vàng" cũng xuất hiện .Ví
dụ là tỷ số giữa cạnh của 1 ngũ giác đều với đường chéo của ngũ giác đều
đó. Nếu chúng ta vẽ vào đó tất cả các đường chéo của ngũ giác thì mỗi
đường chéo cắt đường chéo cắt đường chéo khác theo "tỷ số vàng"như
hình vẽ.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />9
Đặc biệt "tỷ số vàng "còn xuất hiện trong các bài tốn số học và tổ
hợp.
1.2. Các bài tốn
Bàitốn 1.2.1
Cho dãy số xác định bởi a
0
= a
1
= 1, a
n+2

= a
n+1
+ a
n
(n ≥ 0). Tìm
cơng thức xác định a
n
theo n
Lời giải: Xét phương trình đặc trưng:
t
2
= t + 1 ⇔ t
1
=
1 +
√
5
2
; t
2
=
1 −
√
5
2
.
a
n
= u.t
n

1
+ v.t
n
2
, n ≥ 0, u, v =? Xác định u,v :
1 = a
0
= u.t
0
1
+ v.t
0
2
= u + v
1 = a
1
= u.t
1
+ v.t
2
= u(
1 +
√
5
2
) + v(
1 −
√
5
2

)
Ta có hệ phương trình:

u + v = 1
u(1 +

5) + v(1 −
√
5) = 2
⇔

u + v = 1
√
5(u − v) = 1
⇔







u =
1 +
√
5
2
√
5
v =

−1 +
√
5
2
√
5
Vậy:
a
n
=
1 +
√
5
2
√
5
(
1 +
√
5
2
)
n
−
1 −
√
5
2
√
5

(
1 −
√
5
2
)
n
a
n
=
(
1 +
√
5
2
)
n+1
− (
1 −
√
5
2
)
n+1
√
5
.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />10
.
Bài tốn 1.2.2:

Gia sử γ, δ là những số vơ tỷ dương, thỏa mãn:
1
γ
+
1
δ
= 1.
Chứng minh rằng nếu đặt:a
n
= [nγ] , b
n
= [nδ] thì mỗi số ngun dương
xuất hiện đúng một lần trong một trong hai dãy a
n,
b
n
.
Rõ ràng u cầu của bài tốn tương đương với việc chứng minh rằng các
số trong mỗi đoạn hữu hạn tùy ý [1, 2, N] có mặt ở một trong hai dãy,
và xuất hiện đúng một lần. Như vậy vấn đề chỉ còn là đếm xem trong
N-1 số ngun dương nhỏ hơn N, có bao nhiêu số thuộc một trong hai
dãy nói trên.
Lời giải: Xét mọi số ngun dương n thỏa mãn [nγ] < N, tức là n <
N
γ
Như vậy, các số n thỏa mãn là n = 1, 2,

N
γ


. Tương tự như vậy, các
số m sao cho [mδ] < N là m = 1, 2, ,

N
δ

Như vậy, trong số các số ngun dương nhỏ hơn N, số các số thuộc một
trong hai dãy a
n
, b
n
là

N
γ

+

N
δ

.
Do γ, δ là các số vơ tỷ nên

N
γ

;

N

δ

thuộc Z.
Từ đó ta có:
N
γ
− 1 <

N
γ

<
N
γ
,
N
δ
− 1 <

N
δ

<
N
δ
Suy ra:
N(
1
γ
+

1
δ
) − 2 = N −2 <

N
γ

+

N
δ

< N(
1
γ
+
1
δ
) = N.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />11
Do đó

N
γ

+

N
δ


= N −1
Do đó trong N −1 số nhỏ hơn N có đúng N −1 số thuộc một trong hai
dãy đang xét. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 1.2.3
Tìm các dãy số ngun dương {a
n
}, {b
n
} thỏa mãn những tính chất sau:
1) a
1
= 1.
2) Với mọi n ≥ 1, b
n
= a
n
+ n.
3) a
n
là số ngun dương nhỏ nhất khơng thuộc tập hợp
{a
1
, a
2
, a
n−1
; b
1
, b
2

, , b
n−1
}.
Lời giải: Rõ ràng ba điều kiện nói trên xác định một cách duy nhất các
dãy {a
n
}, {b
n
} Hơn nữa, đối với hai dãy tăng, việc thỏa mãn các điều
kiện 1),2),3),tương đương với việc thỏa mãn các điều kiện 1),2) và 3’)
như sau:
3’) Mỗi số ngun dương đều thuộc một trong hai dãy đang xét.
Do tính xác định duy nhất của các dãy thỏa mãn 1), 2), 3’) ta chỉ cần
chứng minh sự tồn tại, bằng cách chỉ ra ví dụ cụ thể. Bài tốn 1 cho ta tìm
hai dãy thỏa mãn điều kiện 3’) đó chính là các dãy a
n
= [nγ] , b
n
= [nδ]
trong đó γ, δ là những số vơ tỷ dương thỏa mãn:
1
γ
+
1
δ
= 1.
Vấn đề chỉ là tìm γ để các điều kiện 1) và 2)được thỏa mãn.
Để ý rằng:
n = n + [nγ] −[nγ] = [n + nγ] −[nγ] = [(1 + γ)n] −[nγ]
Như vậy chỉ cần chọn γ vơ tỷ, thỏa mãn:

1
γ
+
1
γ + 1
= 1.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />12
Nghiệm của phương trình trên là "tỷ số vàng"
1 +
√
5
2
Các dãy a
n
, b
n
là:
a
n
=

1 +
√
5
2
n

; b
n
=


1 + 3
√
5
2
n

.
Bài sau đây có thể xem là "tổng hợp" của những bài tốn trên, và là
một bài tập khó:
Bài tốn 1.2.4
Lập dãy số theo cách sau: lấy x
1
= 1, với i ≥ 2 số x
i
nhận được từ x
i−1
bằng cách đổi ( trong cách viết số x
i−1
) số 1 thành số 01, số 0 thành
số 1. Làm như vậy, ta được dãy số 1,01,101,01101, Trong dãy này, gọi
a
n
là vị trí của chữ số 1 thứ n, b
n
là vị trí của chữ số 0 thứ n (như vậy
a
1
= 1, a
2

= 3, a
3
= 4, b
1
= 2, b
2
= 5, ). Tìm cơng thức xác định a
n
, b
n
.
Lời giải: Trước tiên ta cần tìm một cơng thức xác định mối liên hệ giữa
a
n
, b
n
Gọi k
n
là số chữ số 0 đứng trước chữ số 1thứ n. Theo định nghĩa hai
dãy đang xét ta có:
a
n
= n + k
n
Theo bài ra, chữ số 0 thứ n được "sinh ra" từ chữ số 1 thứ n.
Mặt khác, chữ số 1"biến thành" hai chữ số 01, chữ số 0"biến thành"
một chữ số 1. Trước chữ số 1thứ n có k
n
chữ số 0 và"biến thành" k
n

chữ
số; còn n chữ số 1 "biến thành" 2n chữ số. Từ đó suy ra:
b
n
= k
n
+ 2n
Từ hai cơng thức trên đây, ta có:
b
n
= a
n
+ n
Vì :
a
n
và b
n
đều là các "số thứ tự" nên hai dãy này là những dãy tăng, đồng
thời mỗi một số ngun dương xuất hiện đúng một lần trong một trong
hai dãy.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />13
Vậy theo các bài tốn 1.2.2 và bài tốn 1.2.3 cho ta đáp số:
a
n
=

1 +
√
5

2
n

; b
n
=

1 + 3
√
5
2
n

.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />14
Chương 2
Các dãy nhị phân
2.1. Đặt vấn đề
Trong rất nhiều bài tốn tổ hợp, đặc biệt là các bài tốn "đếm",
chúng ta thường bắt gặp các tình huống mà tại đó có hai khả năng xảy
ra, chẳng hạn như: có thể tơ bởi hai màu; học sinh nam hay học sinh nữ;
số chẵn hay số lẻ Nhìn chung về thực chất, những bài tốn kiểu như
vậy ln ln có thể đưa về cùng một dạng phát biểu, trong đó thơng
thường nhất là các dãy nhị phân ( dãy gồm hai chữ số 0 và 1)
Để hiểu rõ hơn về điều đó, ta xét các bài tốn sau đây:
2.2. Các bài tốn
Bài tốn 2.2.1
Sau giờ tan học, các em học sinh xếp hàng để nhận xe đạp ở nhà để xe.
Giá tiền gửi mỗi xe là 1000 đồng. Giả sử có k em học sinh có tờ 1000
đồng, m em có tờ 2000 đồng. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng lấy xe sao

cho khơng em nào phải chờ lấy tiền trả lại (với giả thiết người trơng xe
khơng có đồng tiền lẻ nào).
Lời giải: Đây là một bài tốn thuộc loại "hai khả năng": mỗi em học
sinh hoặc có tờ 1000 đồng, hoặc có tờ 2000 đồng, Như vậy, để dễ thấy
bản chất của bài tốn, ta có thể lập tương ứng mỗi hàng học sinh với
một dãy gồm hai chữ số 0,1. Giả sử ứng với mỗi học sinh có tờ 1000
đồng trong hàng, ta viết chữ số 0; ứng với học sinh có tờ 2000 đồng, ta
viết số 1. Như vậy, mỗi hàng học sinh tương ứng một dãy gồm k chữ số
0, m chữ số 1. Để tồn tại cách xếp hàng mà khơng có em nào phải chờ
lấy tiền trả lại, điều kiện là k ≥ m.
Cũng tương tự như nhiều bài tốn khác, khi việc đếm số phần tử thỏa
mãn bài ra là khó, ta đếm "phần bù" của nó, tức là phần tử khơng thỏa
mãn bài ra. Như vậy, ở đây ta sẽ xem xét có bao nhiêu hàng mà có học
Số hóa bởi trung tâm học liệu />15
sinh nào đó đến lượt mình phải chờ lấy tiền trả lại. Theo cách tưng ứng
của chúng ta, một hàng như vậy sẽ tương ứng một- một với một dãy
gồm k số 0, m số 1, trong đó tồn tại vị trí 2s+1 sao cho tại đó có số 1,
đồng thời ở 2s vị trí đầu, số số 0 và số số 1 là như nhau. Ta gọi một
hàng như vậy là " hàng xấu".
Nếu ta đổi số 0 thành số 1, số 1 thành số 0 ở 2s+2 vị trí đầu, một
hàng như trên sẽ tương ứng với một hàng gồm k+1 chứ số 0, m chữ số
1, nhưng với số 1 đứng đầu tiên. Lại bỏ đi số 1 đầu tiên này, ta được
một hàng gồm k+1 chữ số 0, m-1 chữ số 1.
Như vậy, mỗi hàng xấu gồm k chữ số 0, m chữ số 1sẽ được tương ứng
với một hàng gồm k+1 chữ số 0, m-1 chữ số 1 theo cách trên đây.
Dễ thấy rằng, tương ứng trên là một -một. Thật vậy, xét một hàng
tùy ý gồm k+1 chữsố 0, m chữ số 1.
Do điều kiện k ≥ m nên trong hàng này phải tồn tại vị trí (2s+2) mà
từ đó trở lên, số số 0 bằng số số 1. Ta đổi số 0 thành số 1 và ngược lại
ở các vị trí từ đó trở lên, để được hàng gồm k+1 chữ số 0, m chữ số 1,

với số 0 đứng đầu. Bỏ số 0 đầu tiên này, ta nhận được một hàng xấu.
Từ những tương ứng trên suy ra rằng, số các hàng xấu gồm k chữ số
0, m chữ số 1 bằng số các hàng (tùy ý) với k+1 chữ số 0, m-1 chữ số 1,
tức là bằng C
k+1
m+k
Như vậy, số cách xếp hàng sao cho khơng học sinh nào phải chờ lấy
tiền trả lại là:
C
k
m+k
− C
k+1
m+k
.
Bài tốn 2.2.2 Có 2k học sinh chiều cao khác nhau đơi một. Người
ta muốn xếp họ thành hai hàng ngang, sao cho trong mỗi hàng, chiều
cao của học sinh giảm dần và ở mỗi vị trí, em đứng hàng trước cao hơn
em đứng hàng sau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng thỏa mãn u cầu?
Lời giải: Ta nhận thấy nếu mới đọc đầu bài thì đây là bài tốn khác
hẳn với bài tốn trên. Tuy nhiên, nếu để ý kỹ và nắm chắc ngun tắc
"hai khả năng" thì đây là bài tốn cùng loại với bài tốn trên. Thật vậy,
chỉ cần xếp học sinh vào một trong hai hàng.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />16
Với cách suy luận như trên, ta cho mỗi em đứng hàng trước cầm một
tấm biển ghi số "0", mỗi em hàng sau cầm tấm biển ghi số "1". Sau đó
gọi tất cả 2k em xếp lại thành một hàng dọc theo thứ tự chiều cao giảm
dần. Làm như vậy, ta được một dãy gồm k chữ số 0, k chữ số 1.
Dễ thấy rằng, một cách xếp hàng thỏa mãn bài ra chính là một cách
xếp hàng sao cho tại mỗi vị trí 2s+1, số số 0 từ vị trí đầu tiên đến đó

phải ≥ s + 1.
Theo bài tốn 2.2.1, số cách xếp hàng thỏa mãn bài tốn là:
C
k
2k
− C
k+1
2k
=
(2k)!
k!(k + 1)!
.
Bài tốn 2.2.3 Tìm bộ 3 số ngun dương (x, y, z) thỏa mãn đẳng
thức : x + y + z = 100. (1)
Lời giải: Mỗi bộ số ngun dương (x ;y; z) thỏa mãn (1) ta đặt tương
ứng với một dãy:

11 1

x
0 11 1

y
0 11 1

z

Để có một bộ số như trên ta cần chọn 2 vị trí khơng kề nhau trong 102
vị trí để đặt 2 số khơng, còn lại đặt số một. Hai vị trí cần tìm tương ứng
với 2 số a,b thỏa mãn

3 ≤ a + 1 < b ≤ 101
(Vì 2 số 0 khơng thể đứng đầu và cuối)
Như vậy số bộ số thỏa mãn u cầu của bài tốn bằng số cách chọn 2 số
phân biệt trong 99 số từ 3 đến 101. Vậy có C
2
99
bộ số thỏa mãn u cầu
bài tốn.
Bài tốn 2.2.4 Có bao nhiêu cách phát 5 viên bi đen, 7 viên bi đỏ
cho 3 học sinh.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />17
Lời giải: Ta phát 5 viên bi đen cho 3 học sinh. Gọi C
1
là số viên bi đen
phát cho học sinh thứ 1, C
2
là số viên phát cho học thứ 2, C
3
là số viên
phát cho học sinh thứ 3.
Ta có :
C
1
+ C
2
+ C
3
= 5(C
i
≥ 0)

Mỗi cách phát là một bộ 3 số (C
1
; C
2
; C
3
) thỏa mãn tính chất trên ta
đặt tương ứng với những dãy nhị phân như sau:
(11 1

c
1
0 11 1

c
2
0 11 1

c
3
)
Nếu C
i
= 0 ta khơng viết số nào.
Bộ các số 0,1 trên gồm :
p = C
1
+ 1 + C
2
+ 1 + C

3
= C
1
+ C
2
+ C
3
+ 2 = 7
Để có 1 bộ số như vậy ta cần chọn 2 vị trí trong 7 vị trí để đặt số 0. Suy
ra số cách phát là :C
2
7
. Tương tự số cách phát 7 viên bi đỏ cho 3 học
sinh là:C
2
9
.
Vậy theo qui tắc nhân thì số cách phát 5 bi đen và 7 bi đỏ cho 3 học
sinh là:C
2
7
.C
2
9
.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />18
Chương 3
Tính chia hết
Đầu tiên ta bắt đầu bằng bài tốn đơn giản sau đây:
3.1. Bài tốn 3.1.1

Tìm tất cả các tập hợp A = {a
1
, a
2
, a
3
. . . a
n
; n > 2012} gồm những
số ngun và có tính chất sau: 2012∈ A, đồng thời mỗi tập con tùy ý
gồm 2012 số thuộc A đều có thể chia thành 4 nhóm có số phần tử bằng
nhau và tổng các phần tử trong mỗi nhóm bằng nhau.
Lời giải: Điều kiện của bài tốn cho ta thấy rằng, tổng của 2012 số tùy
ý thuộc A là một số chia hết cho 4. Mặt khác, nếu thay trong tập hợp
2012 phần tử nào đó một phần tử bất kỳ bởi một phần tử khác tùy ý
khơng thuộc tập đã chọn, theo giả thiết, tính chất tổng chia hết cho 4
khơng hề thay đổi.
Như vậy có thể thấy ngay rằng, mọi phần tử thuộc A đều đồng dư nhau
modulo 4.
Dĩ nhiên ta nảy ra ngay dự đốn rằng, các phần tử của A đều bằng
nhau. Để có thể kiểm chứng dự đốn này, ta xét phần tử nhỏ nhất của
A: a.
Khi đó tập hợp B = {a
1−
a, a
2
− a, . . . a
n
− a} rõ ràng cũng thỏa mãn
những tính chất nêu trong bài tốn như đối với tợp hợp A. Do đó, mọi

phần tử của B cũng đồng dư nhau modulo 4, và vì B chứa phần tử bằng
0 nên suy ra mọi phần tử của B đều chia hết cho 4.
Từ đây, suy luận "quy nạp lùi" quen thuộc cho ta lời giải: Tập hợp
nhận được từ B bằng cách thay mọi phần tử b∈ B bởi
b
4
cũng có tính
chất nêu trong bài ra; và do đó các phần tử của tập hợp này cũng chia
hết cho 4. Tiếp tục q trình, dễ ràng suy ra mọi phần tử của B đều
bằng 0. Như vậy, mọi số thuộc A đều bằng 2012.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />19
3.2. Bài tốn 3.1.2
Với mỗi số ngun dương d, gọi f(d) là số ngun dương nhỏ nhất có
đúng d ước số dương. Chứng minh rằng với mọi k ≥ 0, f(2
k+1
) chia hết
cho f(2
k
).
Lời giải: Để giải bài này, rõ ràng ta cần biết những số nào sẽ có 2
k
ước
dương, sau đó mới tìm số nhỏ nhất trong những số như vậy. Lẽ tự nhiên
là ta nghĩ ngay đến việc phân tích một số ngun dương n ra thừa số
ngun tố. Vì cần có cơng thức cho n tổng qt ( khi chưa có thơng tin
gì về các ước ngun tố của nó), ta viết :
n =

p
p

α(p)
trong đó α(p) là các số ngun khơng âm, đồng thời chỉ có hữu hạn số
khác 0. Nếu gọi d(n) là số ước dương của n thì:
d(n) =

p
(α(p) + 1)
Như vậy, d(n) là một lũy thừa của 2 khi và chỉ khi với mọi p, tồn tại
b(p) ≥ 0 sao cho:
α(p) = 2
b(p)
− 1
Để có thể nhìn rõ "cấu trúc" của n, ta viết số mũ thành tổng (và có n
dưới dạng tích)
α(p) = 2
b(p)
− 1 = 1 + 2 + 2
2
+ + 2
b(p)−1
, n =

p

b(p)−1
i=0
p
2i
Khi đó d(n) = 2
k

, với k =

p
b(p). Như vậy các số n cần tìm là tích của
những số nào đó có dạng p
2
r
với p ngun tố và r ngun khơng âm. Từ
phân tích trên đây ta thấy rằng nếu số p
2
r
có mặt trong biểu diễn n dưới
dạng tích, thì những số p
2
m
với m<r cũng có mặt trong tích đó. Nghĩa
là nếu một số nào đó có mặt trong biểu diễn n thì mọi ước số của nó
đều tham gia trong biểu diễn. Do đó ta có kết luận sau đây: nếu gọi S là
tập hợp các số dạng p
2
r
, với p ngun tố và r ngun khơng âm, thì d(n)
là lũy thừa của 2 khi và chỉ khi n là tích các phần tử thuộc một tập con
Số hóa bởi trung tâm học liệu />20
hữa hạn T của S có tính chất sau: với mọi t∈T, s∈S, mà s|t thì s∈T.
Hơn nữa, nếu d(n)= 2
k
thì tập hợp T gồm k phần tử.
Dễ dàng thấy rằng, với mọi k ngun dương, tập hợp T
k

gồm k phần
tử nhỏ nhất của S thỏa mãn tính chất trên, suy ra f(2
k
) chính là tích
các phần tử thuộc T
k
. Từ đó suy ra ngay kết luận của bài tốn.
Nhận xét: có thể thấy S = {2, 3, 4, 5, 7, 9, 11, 13, 16, 17, } suy ra
f(2) = 2; f(4) = 2.3; f(8) = 2.3.4 = 24; f(16) = 2.3.4.5 = 120; f(32) =
2.3.4.5 7 = 840
3.3. Bài tốn 3.1.3
Tìm số k ngun dương lớn nhất có tính chất sau: tập hợp các số
ngun dương phân hoạch được thành k tập con A
1,
A
2
, , A
k
sao cho
với mọi n ≥ 15, với mọi i ∈ {1, 2, k} tồn tại hai phần tử khác nhau
của A
i,
có tổng bằng n.
Lời giải: Ta bắt đầu với trường hợp k=2. Rõ ràng có thể phân hoạch
tập hợp các số ngun dương thành hai tập con :A
1
= {2n, n ≥ 3} ∪
{1, 2}; A
2
= {2n − 1, n ≥ 3}∪{3, 4}, có tính chất: mọi số ngun dương

n ≥ 7 biểu diễn được dạng tổng hai số thuộc A
1
và tổng hai số thuộc A
2
. khi đó k=3, dĩ nhiên việc phân hoạch thành "chẵn, lẻ " như trên được
thay bởi phân hoạch theo modulo 3, và cũng như trước, cần thêm vào
mỗi lớp đồng dư modulo 3 một số số đầu tiên đê đảm bảo mỗi tập đều
biểu diễn được mọi số lớn hơn hoặc bằng 15 dưới dạng tổng hai số. Có
thể chọn phân hoạch sau đây:
A
1
= {1, 2, 3} ∪ {3m; m ≥ 4};
A
2
= {4, 5, 6} ∪ {3m −1; m ≥ 4}
A
3
= {7, 8, 9} ∪ {3m −2; m ≥ 4}
Dễ thử lại rằng, phân hoạch trên đây thỏa mãn bài ra. Hơn nữa, có thể
nhận thấy rằng, điều kiện biểu diễn được mọi số ≥ 15 đối với phân hoạch
trên đây đã rất "chặt", chẳng hạn số 14 khơng thể biểu diễn dạng tổng
hai số thuộc A
2
hoặc hai số thuộc A
3
. Từ đó có thể dự đốn rằng, k=3
là giá trị lớn nhất có thể tồn tại phân hoạch thỏa mãn bài ra.
Số hóa bởi trung tâm học liệu />21
Ta sẽ chứng minh dự đốn trên, nghĩa là với k≥ 4 khơng thể nào
phân hoạch tập các số tự nhiên thành k tập hợp con thỏa mãn bài ra.

Rõ ràng nếu k ≥ 4 nào đó mà tồn tại phân hoạch thỏa mãn, thì
phân hoạch như vậy cũng tồn tại với k=4: chỉ cần lấy phân hoạch
A
1
, A
2
, A
3
, A
4
∪ A
5
∪ A
k
ta được phân hoạch gồm 4 tập hợp thỏa
mãn bài ra. Như vậy chỉ cần chứng minh khơng thể tồn tại phân hoạch
gồm 4 tập hợp con thỏa mãn bài ra.
Giả sử tồn tại một phân hoạch như vậy:A
1
, A
2
, A
3
, A
4
. Như ta đã thấy
trong các ví dụ khi k=2,3, các tập hợp : A
i
phải chứa những số nào đó
trong những số tự nhiên đầu tiên. Xét 10 số nhỏ nhất mà mỗi tập hợp

A
i
đều phải biểu diễn được: 15,16, ,24. Mỗi số trong 10 số này đều là
tổng của hai số nào đó thuộc tập hợp B = {1, 2, 3, , 23}. Như vậy, mỗi
tập hợp A
i
cần chứa ít nhất 5 số thuộc B. Do 4 tập A
i
rời nhau mà B chỉ
có 23 phần tử nên phải tồn tại tập A
j
nào đó chứa đúng 5 số thuộc B,
giả sử đó là các số {x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, x
5
}. Năm số này biểu diễn được đúng
10 số trong các số từ 15 đến 24 , tức là 10 số đó chính là 10 tổng có thể
{x
k
+ x
l
, k = l; 1 ≤ k}.
Từ đó suy ra:

15 + 16 + + 24 = 4(x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
+ x
5
),
vì mỗi số x
i
tham gia trong đúng 4 cặp số. Đẳng thức trên đây cho ta
mâu thuẫn vì tổng ở vế trái là 195, trong khi vế phải chia hết cho 4.Vậy
ta có điều phải chứng minh.
3.4. Bài tốn 3.1.4
Với mỗi số ngun dương m, ký hiệu C(m) là số ngun dương k lớn
nhất để tồn tại tập hợp S gồm m số ngun dương sao cho mỗi số ngun
từ 1 đến k đều thuộc S, hoặc là tổng của hai số thuộc S (khơng nhất thiết
khác nhau). Ví dụ: C(3)=8; S={1, 3, 4}. Chứng minh bất đẳng thức sau:
m(m + 6)
4
≤ C(m) ≤
m(m + 3)
2
Số hóa bởi trung tâm học liệu />22
Lời giải: Điều kiện bài tốn gợi cho ta thấy cần phải tính số phần tử
của tập hợp S ∪(S + S), trong đó :
S + S = {x + y|x, y ∈ S}

Nếu với mỗi tập hợp A, ký hiệu |A| là số phần tử của nó, thì ta có bất
đẳng thức hiển nhiên sau:
|S ∪(S + S)| ≤ |S| + |S + S|
Mỗi phần tử của S+S nhận được bằng cách lấy tổng một cặp số ( bằng
nhau hoặc khác nhau) của S, suy ra bất đẳng thức sau:
|S + S| ≤ |S| + C
2
|S|
=
1
2
|S|(|S| + 1)
Trong hai bất đẳng thức cần chứng minh, bất đẳng thức bên phải tương
đối dễ thấy. Số C(m) là số ngun dương k lớn nhất sao sho tồn tại tập
hợp S gồm m số ngun dương thỏa mãn
{1, 2, k} ⊂ S ∪ (S + S)
Từ chứng minh trên ta có
k ≤ |S ∪ (S + S)| ≤
1
2
|S|(|S| + 3)
Từ đó suy ra:
C(m) ≤
m(m + 3)
2
Ta chứng minh bất đẳng thức bên trái. Trước tiên, tập hợp S cần tìm
chứa một số tự nhiên liên tiếp nào đó 1,2, , t; t<m. Như vậy ,để biểu
diễn được những số tiếp theo, cần thêm số 2t+1. Các số 1, 2, t, 2t+1
cho phép biểu diễn các số tự nhiên cho đến số 3t+1, vì thế muốn biểu
diễn các số lớn hơn, ta cần thêm số 3t+2. Lý luận trên đây chỉ ra rằng

tập hợp S gồm m phần tử cần tìm có dạng:
{1, 2, , t} ∪ {(k + 1)t + k; k = 1, 2, m −t.}
Khi đó dễ thấy rằng:

1, 2, , m + (m + 1)t −t
2

⊂ S ∪ (S + S)
Số hóa bởi trung tâm học liệu />23
Ta cần tìm giá trị t<m sao cho số các số biểu diễn được là lớn nhất, tức
là tìm t sao cho m + (m + 1)t − t
2
đạt cực đại. Dễ chứng minh rằng đại
lượng này đạt cực đại khi t=

m + 1
2

và giá trị cực đại là

m(m + 6)
4

Từ đó ta có đẳng thức phải chứng minh.
3.5. Bài tốn 3.1.5
Trong một bảng ơ vng có 8 x 8 ơ. Tong mỗi ơ được viết một số tự
nhiên. Người ta cho phép thực hiện một thao tác: Tăng một đơn vị đối
với tất cả các số nằm trong những bảng ơ vng có chiều 3 x 3 hoặc 4 x
4 thuộc ơ vng đã cho. Hỏi sau khi thực hiện một số thao tác như trên
thì tồn bộ những số trong bảng có chia hết cho 10 khơng?

Lời giải
Hiển nhiên tồn tại những bảng mà có thể thực hiện những thao tác
trên. Nhưng ta chỉ ra có những bảng khi thực hiện những thao tác trên
khơng thể cho kết quả. Vì tính chất chia hết cho 10, ta xét những số
theo modulo 10. Hai bảng số ta coi như khi và chỉ khi những phần tử
tương ứng của nó đồng dư theo modulo 10. Với đồng nhất như vậy ta có
10
64
bảng khác nhau. Ta sẽ chỉ ra thao tác của chúng ta là thuận lợi nếu
một bảng nhận được từ bảng khác, thì bảng thứ hai cũng có thể nhận
được từ bảng ban đầu. Điều kiện đủ là áp dụng thêm 9 lần thao tác ta
đã làm. Theo phương pháp như vậy, đủ để chứng minh tồn tại bảng, mà
nó khơng thể nhận được từ bảng tồn số 0. Số lượng của những hình
vng cỡ 3 x 3 là 36, còn hình vng cỡ 4 x 4 là 25. Vì trong mỗi hình
vng như vậy ta có thể áp dụng thao tác nhiều nhất là 9 lần(sau lần
thứ 9 áp dụng sẽ nhận được bảng xuất phát), số lượng chung của những
bảng mà ta có thể nhận được từ bảng khơng, khơng vượt q 10
61
. Như
vậy khẳng định đã được chứng minh.
3.6. Bài tốn 3.1.6
Mỗi số trong những số a
1
, a
2
, a
n
là +1 hoặc -1 và ta có :
S = a
1

a
2
a
3
a
4
+ a
2
a
3
a
4
a
5
+ + a
n
a
1
a
2
a
3
= 0
Số hóa bởi trung tâm học liệu />