Đa thức và ứng dụng trong các bài toán tổ hợp

Đa thức và ứng dụng trong các bài toán tổ hợp
Trần Nam Dũng
Trờng ĐHKHTN Tp HCM
Đa thức là một trong các khái niệm quan trọng của toán học, có nhiều ứng dụng trong các
lĩnh vực khác nhau: đại số, số học, hình học đại số, lý thuyết hàm Trong bài viết này,
chúng tôi đề cập đến những ứng dụng của đa thức trong các bài toán tổ hợp.
1. Đa thức và các bài toán về tổng con
Quy tắc nhân đơn thức xa1.xa2.xan = xa1+a2++an, rất thú vị, trong nhiều trờng hợp, cho
chúng ta những ứng dụng bất ngờ của đa thức vào các bài toán liên quan đến tổng con. Ta
xem xét một số ví dụ.
Bài toán 1. (IMO 1995) Cho p là một số nguyên tố lẻ. Tìm số các tập con A của tập hợp
{1, 2, , 2p}, biết rằng
(i) A chứa đúng p phần tử;
(ii) tổng các phần tử của A chia hết cho p.
Lời giải: Xét đa thức P(x) = xp-1 + xp-2 + + x + 1. Đa thức này có p-1 nghiệm phức phân
biệt. Gọi là một nghiệm bất kỳ của P(x). Chú ý rằng , 2, , p-1 là p-1 nghiệm phân
biệt của P(x) và p = 1.
Do đó, theo định lý Viette, xp-1 - 1 = (x-)(x-2) (x-p-1)
Xét đa thức Q(x) = (x-)(x-2) (x-2p) và gọi
H = { A {1, 2, , 2p}: |A| = p}
S ( A)
; S ( A) = x
Giả sử Q( x) = ai x i . Khi đó a p =
2p

AH

i =0

Vì nếu S(A) i (mod p) thì

S(A)

x A

= nên
i

trong đó ni là số các A H sao cho S(A) i (mod p).
p 1

Mặt khác Q(x) = (xp-1)2, suy ra ap = -2. Thành thử

n
i =0

i

i

= 2 (*)

p 1

Xét đa thức R( x) = ni x i + n0 2 .
i =1

Từ đẳng thức (*) suy ra là một nghiệm của R. Vì degP = degR và là một nghiệm bất
kỳ của P nên P và R chỉ sai khác nhau hằng số nhân. Từ đó
np-1 = np-2 = = n1 = n0 - 2
suy ra

n p 1 + n p 2 + ... + n1 + n0 2 C 2pp 2
n0 2 =
=
p
p


Vậy đáp số của bài toán là n0 = 2 +

C 2pp 2
p

.

Với mỗi đa tập hợp (cho phép các phần tử trùng nhau) A = {x1, x2, , xn} ta đặt A(2) = {xi
+ xj | 1 i < j n}. A(2) có nhiều tính chất thú vị, chẳng hạn, khi n = 3, biết A(2) thì có thể
biết đợc A, nhng với n = 4 thì điều này không còn đúng nữa, chẳng hạn với
A = {1, 4, 5, 6}
B = {2, 3, 4, 7}
thì
A(2) = B(2) = { 5, 6, 7, 9, 10, 11}
Vì thế biết A(2) = { 5, 6, 7, 9, 10, 11} không thể biết đợc A.
Một câu hỏi thú vị đặt ra là, với những giá trị nào của n thì nếu biết A (2), ta có thể tìm đợc
A? Kết quả bài toán dới đây sẽ trả lời một phần câu hỏi đó.
Bài toán 2. Với n = 2k, chứng minh rằng tồn tại các đa tập hợp A, B thoả mãn điều kiện:
1) | A | = | B | = n; 2) A B và 3) A(2) = B(2)
Điều ngợc lại cũng đúng, nghĩa là nếu tồn tại các đa tập hợp A, B thoả mãn các điều kiện
1) 2) và 3) thì n = 2k.
Lời giải: Ta chứng minh vế đầu bằng phơng pháp quy nạp toán học. Với k = 1, ta có thể
chọn A = {1, 4}, B = {2, 3}. Giả sử ta đã xây dựng đợc hai đa tập hợp A, B sao cho

1) | A | = | B | = 2k; 2) A B, 3) A(2) = B(2). Khi đó đặt
A* = A (B + s) và B* = (A + s) B
Trong đó A + s = { a + s| a A}.
Khi đó |A*| = |B*| = 2k+1, A*(2) = B*(2) và với s đủ lớn thì A* B*.
Để chứng minh vế thứ hai, giả sử tồn tại hai đa tập hợp A và B thoả mãn các điều kiện 1)
2) và 3). Đặt
f(x) = xa1 + xa2 + + xan, g(x) = xb1 + xb2 + + xbn
Khi đó, từ điều kiện A(2) = B(2) ta suy ra
f2(x) - f(x2) = g2(x) - g(x2)
Từ đó f(x2) - g(x2) = (f(x) - g(x))(f(x)+g(x))
Do f(1) = g(1) = n nên f(x) - g(x) chia hết cho x-1. Đặt f(x) - g(x) = (x-1)kh(x) (h(1) 0)
và thay vào phơng trình trên thì ta đợc
(x2-1)kh(x2) = (x-1)kh(x)(f(x)+g(x))
Suy ra
(x+1)kh(x2) = h(x)(f(x)+g(x))
Thay x = 1, chú ý h(1) 0 và f(1) = g(1) = n, ta đợc n = 2k-1 (đpcm).
Dãy phủ đầy đủ là các cặp sắp thứ tự (ai, bi) i = 1, 2, , k các số nguyên không âm, sao
cho với mọi số nguyên không âm n, tồn tại duy nhất một chỉ số i, 1 i k sao cho n ai
mod bi.
Ví dụ với mọi số nguyên không âm n thì n hoặc đồng d 1 mođun 2, hoặc đồng d 0 hoặc 2
mô đun 4. Do đó (1, 2), (0, 4), (2, 4) là một dãy phủ đầy đủ.


Bài toán dới đây cung cấp một số tính chất thú vị của dãy phủ đầy đủ, cũng là những điều
kiện cần để một dãy là dãy phủ đầy đủ.
Bài toán 3. Nếu (a1, b1), (a2, b2), , (an, bn) là một dãy phủ đầy đủ thì
1 1
1
1) + + ... +
=1

b1 b2
bn
2)

a
a1 a 2
n 1
+
+ ... + n =
b1 b2
bn
2

Lời giải: Xét
n



x

ai + kbi

i =1 k = 0

Theo định nghĩa của dãy phủ đầy đủ thì với mọi N, tồn tại duy nhất một chỉ số i sao cho
N đồng d ai môđun bi, tức là N = ai + kbi. Nh vậy, xN xuất hiện đúng 1 lần trong tổng nói
trên. Vậy ta có
n

x ai +kbi = x i
i =1 k = 0

i =0

áp dụng công thức tính cấp số nhân, ta đợc
n
x ai
1
=

bi
1 x
i =1 1 x
Ta sẽ khai thác đẳng thức quan trọng này để chứng minh các tính chất 1), 2). Để chứng
minh 1), ta viết lại đẳng thức trên dới dạng
n
n
x ai (1 x)
x ai
=
1
= 1 (*)
hay

bi
bi 1

i =1 1 x
i =1 1 + x + ... + x
n
1
Cho x = 1 ta đợc = 1.
i =1 bi
Để chứng minh 2), ta lấy đạo hàm hai vế đẳng thức (*) thì đợc
n
ai x ai 1 (1 + x + ... + x bi 1 ) x ai (1 + 2 x + ... + (bi 1) x bi 2 )
=0

(1 + x + ... + x bi 1 ) 2
i =1
Cho x = 1, chú ý rằng 1 + 2 + + bi-1 = (bi-1)bi/2, ta đợc
n
n
ai bi (bi 1)bi / 2
ai 1 1

=0
=
0
hay


2
bi
2 2bi
i =1
i =1 bi

Từ kết quả câu 1) suy ra đpcm.
Bài toán 4. Chứng minh rằng từ 2n-1 số nguyên bất kỳ luôn tìm đợc n số có tổng chia hết
cho n.
Lời giải: Với n nhỏ, bài toán có thể chứng minh khá dễ dàng bằng cách xét các trờng hợp.
Ví dụ, với n = 3, ta chia 5 số nguyên vào 3 chuồng, chuồng chia d 0, chuồng chia 3 d 1 và
chuồng chia 3 d 2. Nếu mỗi chuồng đều chứa ít nhất 1 số thì chọn từ 3 chuồng, mỗi
chuồng một số, ta đợc 3 số cần tìm. Nếu có 1 chuồng nào đó rỗng thì sẽ có ít nhất 1
chuồng có 3 số và đó chính là 3 số cần tìm.


Với n = 5, ta có thể lặp lại cách chứng minh tơng tự, tuy nhiên số trờng hợp cần xét sẽ
nhiều hơn.
Nếu n là hợp số, chẳng hạn n = 9, ta có thể sử dụng cách làm sau: áp dụng kết quả với n =
3, từ 17 số {a1, a2, , a17} dĩ nhiên có thể chọn ra 3 số có tổng chia hết cho 3. Không mất
tính tổng quát, giả sử đó là a1 + a2 + a3. Tiếp theo, từ 13 số {a4, a5, , a17}, có thể chọn ra
3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử đó là a 4, a5, a6. Tiếp tục nh vậy, ta đợc các bộ ba số có
tổng chia hết cho 3, mà, bằng cách đánh số lại nếu cần, giả sử đó là (a 7, a8, a9), (a10, a11,
a12), (a13, a14, a15). Xét các số s1 = (a1+a2+a3)/3, s2 = (a4+a5+a6)/3,, s5 = (a13+a14+a15)/3.
Theo cách xây dựng, 5 số s1, s2, , s5 là các số nguyên. áp dụng kết quả với n = 3, ta suy
ra tồn tại 3 số trong 5 số này có tổng chia hết cho 3. Không mất tính tổng quát, giả sử đó
là s1, s2, s3. Khi đó a1 + a2 + a3 + + a9 = 3(s1 + s2 + s3) chia hết cho 9 (đpcm).
Bằng cách làm tơng tự, ta thấy rằng nếu bài toán đã đúng với n = p và n = q thì nó cũng
đúng với n = pq. Nh vậy, ta chỉ cần chứng minh bài toán đúng với n = p là số nguyên tố.
Ta sẽ chứng minh điều này:
Giả sử ngợc lại, tồn tại 2p - 1 số nguyên a 1, a2, , a2p-1 sao cho mọi tổng con gồm p phần
tử của nó đều không chia hết cho p. Khi đó, theo định lý nhỏ Fermat ta có
(ai1+ai2 +. + aip)p-1 1 (mod p)
Từ đó ta có
(ai1 + ai 2 + ... + aip ) p1 C 2pp 1 (mod p)
1i1

p
(do có C 2 p 1 tổng ở vế trái)
p
Ta có C 2 p 1 không chia hết cho p. Vì thế, ta sẽ suy ra điều mâu thuẫn nếu chứng minh đ ợc rằng vế trái chia hết cho p. Ta chứng minh điều này bằng cách chứng minh rằng, trong
khai triển tổng vế trái, hệ số của ai1s1aiksk với s1 + + sk = p-1 chia hết cho p.

Để có những số hạng nh vậy, ta cần chọn thêm p-k phần tử ik+1, , ip để bổ sung thành p
số và xét (ai1 + + aik + + aip)p-1. Khai triển biểu thức này, ta sẽ đợc hệ số của ai1s1
aiksk là (p-1)!/s1!...sk!.
p k
Có C 2 p 1k cách bổ sung, do đó hệ số của a i1s1aiksk trong khai triển ở vế trái là
( p 1)!
p k
C 2ppk1 k
. Chú ý rằng 1 k p - 1 nên C 2 p 1k chia hết cho p. Từ đó, tất cả các số
s1!...sk !
hạng ai1s1aiksk trong khai triển ở vế trái đều có hệ số chia hết cho p, tức là vế trái chia
hết cho p. Mâu thuẫn. Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử là sai. Bài toán đợc chứng
minh cho n = p và nh vậy cho n bất kỳ.

2. Đa thức và công thức truy hồi
Với

m

n

i =0

j =0

P ( x ) = ai x i , Q( x) = b j x j thì

m+n

k

k =0

i =0

P ( x ).Q( x ) = c k x k trong đó c k = ai bk i .

Công thức cơ bản này là cơ sở để chúng ta có thể biểu diễn một số công thức truy hồi


thông qua phép nhân đa thức. Dới đây, chúng ta sẽ giới thiệu sơ lợc về lý thuyết đa thức
xe để minh hoạ cho ý này.
Nhiều bài toán tổ hợp có thể phát biểu dới dạng tổng quát sau: Cho bàn cờ C kích thớc n x
n và bảng con B C. Có bao nhiêu cách xếp n con xe lên C \ B sao cho không con nào ăn
con nào. Chẳng hạn, bài toán nổi tiếng về n ngời và n món quà chính là bài toán trên với B
là đờng chéo.
Với mỗi B khác nhau, ta có các bài toán khác nhau. Định lý dới đây cho phép chúng ta
chuyển bài toán trên về việc tính số cách xếp r quân xe lên B sao cho không con nào ăn
con nào.
Định lý 1. Gọi rk(B) là số cách xếp k quân xe lên B sao cho không con nào ăn con nào.
Khi đó số cách xếp n quân xe lên C \ B sao cho không quân nào ăn quân nào đợc tính theo
công thức sau:
n

N ( B ) = (1) k (n k )!rk ( B ) .
k =0

Chứng minh: Có n! cách xếp n quân xe lên C sao cho không quân nào ăn quân nào. Bây
giờ ta đếm xem trong các cách xếp này, có bao nhiêu cách xếp phạm luật, tức là các cách
xếp có ít nhất 1 quân xe nằm trên 1 ô thuộc B. Đặt B = {b 1, b2, , bm}, trong đó bi là các
ô. Đặt Bi = {các cách xếp n quân xe lên C sao cho không quân nào ăn quân nào và có 1
m

quân xe ở ô bi}. Khi đó, tập các cách xếp không hợp lệ chính là



Bi . Dùng nguyên lý

i =1

bù trừ, chú ý rằng | Bi1 Bi 2 ... Bik | sẽ bằng (n-k)! nếu cách quân xe ở bi1, bi2, , bik đôi
một không ăn nhau và bằng 0 trong trờng hợp ngợc lại, ta suy ra đpcm.
Nh vậy, điều quan trọng là tính đợc rk(B). Với mục đích tính rk(B), ta đa vào khái niệm đa
thức xe nh sau:
Định nghĩa 1. Giả sử rk(B) là số cách đặt k quân xe lên B sao cho không quân nào ăn
n

k
quân nào, khi đó rB ( x) = rk ( B) x đợc gọi là đa thức xe của bảng con B, trong đó r 0(B)
k =0

= 1.

Các định lý dới đây đa ra các tính chất quan trọng của đa thức xe, giúp chúng ta có thể
tính đa thức xe của một bảng con bất kỳ, từ đó tính đợc các hệ số rk của nó và nh thế, giải
quyết hoàn toàn bài toán đặt ra ban đầu. Các tính chất này đợc chứng minh dựa vào định
nghĩa của rk và phép nhân đa thức. Các mối quan hệ truy hồi giữa r k đợc ẩn hoá dới phép
nhân và phép cộng đa thức.
Định lý 2.
1) Giả sử B và B là hai bảng con của C có tính chất: mọi quân xe đặt trên một ô
của B đều không ăn đợc một con xe đặt trên ô bất kỳ của B. Khi đó
rBB(x) = rB(x).rB(x)
2) Cho a là một ô vuông tuỳ ý của bảng con B, B 1 là bảng con thu đợc từ B bằng
cách xoá đi hàng và cột chứa a, còn B2 là bảng con thu đợc từ B bằng cách xoá a. Khi đó


rB(x) = xrB1(x) + rB2(x)
Chứng minh: 1) Muốn đặt k quân xe lên B B thì cần phải đặt i quân xe lên B
và k-i quân xe lên B. Nếu B và B thoả mãn tính chất đề bài thì rõ ràng từ mọi cách đặt
đặt i quân xe lên B và k-i quân xe lên B đều có thể hợp lại thành 1 cách đặt k quân xe lên
k

B B. Từ đó rk ( B B ' ) = ri ( B) rk i ( B ' ) và đây chính là đẳng thức giữa các hệ số của
i =0

k

x trong đẳng thức rBB(x) = rB(x).rB(x).
2) Xét một cách xếp k quân xe lên B. Có hai khả năng xảy ra
a) Ô a chứa quân xe. Khi đó, trên hàng và cột chứa a không đợc chứa quân xe nào
nữa, còn trên B1 ta phải lấy k-1 quân xe sao cho không con nào ăn con nào. Nh vậy số
cách xếp trong trờng hợp này bằng rk-1(B1).
b) Ô a không chứa quân xe. Khi đó, coi nh ta xếp k quân xe lên B2 sao cho không

quân nào ăn quân nào. Số cách xếp trong trờng hợp này, nh vậy, bằng rk(B2). Từ đó
rk(B) = rk-1(B1) + rk(B2)
Đẳng thức này chuyển sang ngôn ngữ đa thức chính là rB(x) = xrB1(x) + rB2(x).
Định nghĩa 2. Một ma trận L loại r ì n với r n gọi là một khối chữ nhật La tinh r ì n
nếu mỗi một trong các số 1, 2, , n xuất hiện trên mỗi dòng đúng 1 lần và xuất hiện trên
mỗi cột không quá 1 lần. Nếu r = n thì L gọi là khối vuông La tinh.
Bài toán 5. Cho khối vuông La tinh 6 ì 6 có 2 dòng đầu là
1 2 3 4 5 6
2 4 1 3 6 5
Có bao nhiêu cách thêm vào dòng thứ 3?
Lời giải: Số cách thêm vào dòng thứ 3 chính là số hoán vị S6 sao cho (i) không ở
trong ô bị cấm của bàn cờ sau

Gọi B là bảng gồm các ô cấm. Sử dụng các tính chất về đa thức xe, ta tính đợc
RB(x) = (1 + 8x + 20x2 + 16x3 + 2x4)(1 + 4x + 2x2)
= 1 + 12x + 54x2 + 112x3 + 106x4 + 40x5 + 4x6
Từ đó, số cách thêm vào dòng thứ ba là
6! - 5!12 + 4!54 - 3!112 + 2!106 - 1!40 + 4 = 70.
3. Định lý không điểm tổ hợp
Trong kỳ thi Toán quốc tế lần thứ 48 tổ chức tại Việt Nam tháng 7 vừa qua, có bài toán số
6 đợc coi là bài toán khó nhất của kỳ thi. Bài toán này có cách phát biểu tổ hợp, nhng lời


giải lại sử dụng đến đa thức. Chỉ có 5 thí sinh làm đợc bài này, số còn lại đều xa lầy vào
con đờng tổ hợp thuần tuý.
Bài toán 6. Cho n > 1 là số nguyên. Trong không gian, xét tập hợp
S = { (x, y, z) | x, y, z {0, 1, , n}, x + y + z > 0}
Hãy tìm số mặt phẳng nhỏ nhất cùng chứa tất (n+1) 3 - 1 điểm của S nhng không đi qua
gốc toạ độ.
Chú ý là trờng hợp 2 chiều của bài toán này có thể giải đợc bằng phơng pháp quy nạp toán

học, nhng lời giải này không thể phát triển thành lời giải cho trờng hợp 3 chiều.
Cho đến nay, dù có hai cách chứng minh khác nhau, nhng cả hai cách đều dựa vào đa
thức 3 biến nh sau:
Dễ dàng nhận thấy các mặt phẳng: xi + yi + zi - i = 0 với i = 1, 2, , 3n chứa tất cả các
điểm của S và không chứa gốc toạ độ.
Giả sử H1, H2, , Hk là các mặt phẳng chứa tất cả các điểm của S nhng không qua gốc toạ
độ. Giả sử mặt phẳng Hi có phơng trình aix + biy + ciz + di = 0.
k

Xét đa thức P ( x, y, z ) = (ai x + bi y + ci z + d i ) . Ta có P(x, y, z) = 0 với x, y, z thuộc S
i =1

và P(0, 0, 0) 0. Ta sẽ chứng minh rằng degP 3n. Từ đó suy ra 3n là đáp số bài toán. Có
hai cách tiếp cận chính nh sau
Cách 1: (Dựa theo lời giải của Peter Scholze, ngời Đức) Giả sử k < 3n.
Với mỗi đa thức Q(x, y, z) đặt xQ(x, y, z) = Q(x+1, y, z) - Q(x, y, z). Tơng tự với y, z
Từ tính chất của đa thức P, ta có thể chứng minh bằng quy nạp rằng
0 x {0,..., n h}, y {0,..., n l}, z {0,..., n m}, x + y + z > 0
hx l y mz P ( x, y, z ) =
0 ( x, y, z ) = (0,0,0)
n n n
n n n
Từ đây x y z P (0,0,0) 0. Điều này mâu thuẫn vì x y z P ( x, y, z ) có bậc nhỏ hơn
3n - 3n, do đó là đa thức đồng nhất 0.

Có 1 thí sinh khác ngời Italy cũng làm theo cách giải của Scholze. Cách giải này cũng tơng tự với cách giải 2 của đáp án chính thức.
Cách 2: Cách này là một áp dụng trực tiếp của định lý không điểm tổ hợp sau đây
Định lý 3. (Combinatorial Nullstellensatz)
Cho F là một trờng bất kỳ, f(x1, x2, , xn) là một đa thức thuộc F[x1, x2, , xn]. Giả sử
bậc deg(f) của f là t 1 + t2 + + tn, trong đó ti là các số nguyên không âm và hệ số của

đơn thức x1t1x2t2xntn trong f là khác 0. Khi đó, nếu S 1, S2, , Sn là các tập con của F sao
cho |Si| > ti thì tồn tại s1 S1, s2 S2, , sn Sn sao cho f(s1, s2, , sn) 0.
Có 3 thí sinh lần lợt đến từ Moldova, Ukraina và Nga đã chứng minh lại định lý này và áp
dụng để giải quyết bài toán 6.


Thật vậy, giả sử k < 3n
Xét Q(x, y, z) = P(x, y, z) d(x-1)(x-n)(y-1)(y-n)(z-1)(z-n)
Trong đó d 0 đợc chọn sao cho Q(0, 0, 0) = 0. Khi đó Q(x, y, z) = 0 với mọi (x, y, z)
Sx ì Sy ì Sz. Vì |Sx| = |Sy| = |Sz| > n và hệ số của xnynzn trong Q(x, y, z) bằng d khác 0 nên
theo định lý Combinatorial Nullstellensatz, tồn tại (x0, y0, z0) Sx ì Sy ì Sz sao cho Q(x0,
y0, z0) 0. Mâu thuẫn. Vậy k = 3n.
Định lý Combinatorial Nullstellensatz là trờng hợp rời rạc của định lý không điểm Hilbert
nổi tiếng (Hilbert Nullstellensatz). Định lý này đợc Nora Alon chứng minh năm 1999 và
có nhiều ứng dụng trong số học, tổ hợp và lý thuyết đồ thị. Phép chứng minh định lý này
có thể xem trong [4, 5, 6]. Sau đây chúng ta xem xét một số ứng dụng khác của định lý
này.
Bài toán 7. (Cauchy Davenport) Với các tập hợp A và B, định nghĩa A+B = {a+b| a
A, b B}. Khi đó với mọi số nguyên tố p và với mọi A, B thuộc Zp, ta có
|A + B| min {p, |A| + |B| - 1}
Lời giải: Nếu |A| + |B| > p, kết luận bài toán là hiển nhiên: trong trờng hợp này A + B =
Zp. Bây giờ giả sử rằng |A| + |B| p và giả sử ngợc lại rằng |A + B| |A| + |B| - 2. Khi đó
trong Zp có tập hợp C sao cho C A + B, |C| = |A| + |B| - 2.
Xét đa thức
|A|-1 |B|-1

của x

y

f ( x, y ) = ( x + y c) trong Fp[x, y]. Nó có bậc |A| + |B| - 2 và có hệ số
cC

| A|1
bằng C| A|+|B|2 mod p. Vì |A| + |B| - 2 < p nên hệ số này khác 0. Theo định lý

CN, tồn tại a A, b B sao cho f(a, b) 0, trái với định nghĩa của f. Vậy |A + B| |A| +
|B| - 1.
Định lý Cauchy Davenport, về phần mình, có rất nhiều ứng dụng. Chẳng hạn có thể
dùng định lý này để chứng minh định lý Erdos-Ginzburg-Zieve (bài toán 4 ở phần 1).
4. Bài tập
1. Cho p là một số nguyên tố lẻ, n > p là số nguyên dơng bất kỳ. Tìm số các tập con A của
tập hợp {1, 2, , n}, biết rằng
(i) A chứa đúng p phần tử;
(ii) tổng các phần tử của A chia hết cho p.
2. Cho n là một số nguyên dơng lớn hơn 1, S = {1, 2, , n}. Tô màu các phần tử của S
bằng hai màu xanh và đỏ, sao cho có s số đợc tô màu xanh và t số đợc tô màu đỏ. Hãy tìm
số các bộ ba số (x, y, z) S3 sao cho x, y, z đợc tô cùng màu và x + y + z chia hết cho n.
3. Cho A là một tập hợp hữu hạn các số nguyên dơng sao cho tất cả các tổng của một hay
một số số của A đều khác nhau đôi một. Chứng minh rằng tổng nghịch đảo các số thuộc
A nhỏ hơn 2.
4. (IMO 1990) Chứng minh rằng tồn tại một đa giác lồi với 1990 cạnh sao cho
a) tất cả các góc trong của nó bằng nhau


b) độ dài các cạnh, theo một thứ tự nào đó, bằng 12, 22, 32, , 19892, 19902.
5. Ngời ta muốn phân phối 5 món quà A, B, C, D, E cho 5 ngời a, b, c, d, e sao cho a
không nhận A hay C; b không nhận D; c không nhận B hay E; d không nhận B; e không
nhận A hay C. Tính xác suất để
a) a nhận E b) b hoặc e nhận E.

6. Cho S = {(x, y)| 0 x m, 0 y n, x + y > 0}. Chứng minh rằng để phủ tất cả các
điểm của S bằng các đờng thẳng không đi qua gốc toạ độ, ta cần ít nhất m+n đờng thẳng.
7. (Vô địch Nga, 1991) Cho 2n số thực phân biệt a 1, a2, , an, b1, b2, , bn. Bảng n ì n đợc ghi các số theo quy tắc sau: trong ô ở dòng i, cột j ta ghi số a i + bj. Chứng minh rằng
nếu tích các số ở tất cả các cột bằng nhau thì tích các số ở tất cả các hàng cũng bằng
nhau.
8. Cho p là một số nguyên tố và G là một đồ thị có bậc không nhỏ hơn 2p-1. Chứng minh
rằng tồn tại một tập không rỗng các đỉnh U của G sao cho số cạnh có ít nhất một đỉnh
thuộ U chia hết cho p.
9. (Vô địch Saint-Peterburg 2003) Cho p là số nguyên tố và số nguyên dơng n p. Giả sử
a1, a2, , an là bộ các số nguyên bất kỳ và fk là số các tập con k phần tử của bộ này có
n

tổng chia hết cho p. Chứng minh rằng

(1)
k =0

k

f k p (ta quy ớc f0 = 1).

5. Tài liệu tham khảo
1. Herbert S. Wilf, Generatingfunctionology, electronic version,
/>2. Trần Ngọc Danh, Toán rời rạc nâng cao, Nhà xuất bản Đại học quốc gia Tp HCM,
2004.
3. Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Nho, Lê Hoành Phò, Tuyển tập các bài dự tuyển
Olympic Toán học quốc tế 1991 2001, Nhà xuất bản Giáo dục 2003.
4. Nora Alon, Combinatorial Nullstellensatz, Combinatorics, Probability and Computing,
8 (1-2), 7-29.
5. Anton Batominosvki, Solution to IMO 2007 Problems, Internet resource

6. Veselin Dimitrov, Combinatorial Nullstellensatz, bài viết trong cuốn Các bài toán
Olympic Toán Xanh- Petécbua 2005, (tiếng Nga)