Áp dụng phương pháp phân hoạch để giải toán trung học phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG


BÙI NGUYÊN SƠN

ÁP DỤNG PHƢƠNG PHÁP PHÂN HOẠCH
ĐỂ GIẢI TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2016


Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: TS. TRỊNH ĐÀO CHIẾN

Phản biện 1: TS. Trương Công Quỳnh.
Phản biện 2: TS. Hoàng Quang Tuyến.

Luận văn đã được bảo vệ tại Hội đồng chấm Luận văn tốt
nghiệp thạc sĩ Khoa học chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp
tại Đại học Đà Nẵng vào ngày 13 tháng 08 năm 2016.

Tìm hiểu luận văn tại:
Trung tâm Thông tin-Học liệu, Đại học Đà Nẵng

Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà nẵng


1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết mở đầu về Phân hoạch tập hợp tỏ ra khá đơn giản,
nhưng những áp dụng của nó rất phong phú. Nhiều bài toán khó
trong các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp và Olympic Toán quốc tế
đôi khi được giải quyết khá nhanh gọn và độc đáo nhờ vào việc áp
dụng phương pháp phân hoạch tập hợp. Mà phương pháp ấy đôi khi
cũng “bất quy tắc”.
Các tập hợp khác rỗng A1 , A2 , ... , Ak được gọi là một phân
hoạch của tập hợp A nếu:

 A  A1  A2  ...  Ak ;


 Ai  Aj  , i, j 1, 2, ..., k , i  j .

Mỗi tập con Ai được gọi là một thành phần của phân hoạch.
Trong lý thuyết về phân hoạch tập hợp, việc phân hoạch trên
những tập rời rạc, đặc biệt trên tập số nguyên đóng một vai trò quan
trọng. Nhiều kết quả cổ điển xuất sắc đã ra đời từ lý thuyết này.
Những kết quả ấy còn độc đáo ở chỗ việc chứng minh chúng nhiều
khi chủ yếu chỉ sử dụng một số tính chất cơ bản của Số học cùng với
những suy luận logic, mà không phải áp dụng những công cụ mạnh
chẳng hạn của Giải tích và Đại số.
Có thể xem các bài toán về phân hoạch tập hợp như là một bộ
phận của Toán Rời rạc, chủ yếu được nghiên cứu ở bậc Đại học và

2
Sau đại học, chưa được giới thiệu một cách bài bản trong chương
trình Toán phổ thông, đặc biệt ở hệ Chuyên Toán.
Một cách hình thức, có thể chia những bài toán này theo 2
dạng:
- Dạng toán yêu cầu nêu phân hoạch của tập hợp. Đó là các
bài toán dạng “hiện”, mà phân hoạch tập hợp là yêu cầu trong đề bài.
Chẳng hạn bài toán sau đây:
“Giả sử c là số hữu tỉ dương và khác 1 . Chứng minh rằng có thể
phân hoạch tập các số nguyên dương thành hai tập khác nhau A và

B sao cho

x
 c , với mọi x, y cùng thuộc A hoặc cùng thuộc B ”.
y

- Dạng toán giải bằng phương pháp phân hoạch tập hợp. Đó là
các bài toán dạng “ẩn”, mà ta phải áp dụng phương pháp phân hoạch
tập hợp một cách khéo léo mới giải được. Chẳng hạn bài toán sau
đây:
“ Cho p và q là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau. Chứng minh:
p 1
2

q 1

 iq  2  jp   p  1  q  1 


     q    2  2  ”.


i 1  p 
j 1 
 

Cho đến nay, ngoài một số tài liệu tham khảo chủ yếu từ nguồn
internet, lý thuyết và các phương pháp phân hoạch tập hợp hầu như
còn rất ít tài liệu đề cập một cách hệ thống.
Luận văn góp phần giới thiệu một cách cơ bản về phương pháp
phân hoạch tập hợp, với mục đích sẽ là một tài liệu tham khảo hữu


3
ích cho học sinh, sinh viên, giáo viên phổ thông, đặc biệt đối với hệ
Chuyên Toán.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Luận văn đề cập đến lý thuyết và một số áp dụng của phương
pháp phân hoạch tập hợp trong việc giải một số bài toán khó ở phổ
thông, đặc biệt đối với bài toán Số học.
Luận văn có thể là một tài liệu tham khảo hữu ích cho học
sinh, sinh viên, giáo viên phổ thông, đặc biệt đối với hệ Chuyên
Toán.
Do đó, việc nghiên cứu của luận văn là cần thiết, có ý nghĩa
khoa học, mang tính thực tiễn và phù hợp với chuyên ngành Phương
pháp Toán sơ cấp.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
3.1. Đối tượng nghiên cứu

Phương pháp phân hoạch trên tập hợp nào đó nói chung và trên
tập số nguyên dương nói riêng.
3.2. Phạm vi nghiên cứu
Thuộc chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp. Luận văn
không quá đi sâu vào lý thuyết phân hoạch mà sơ cấp hóa nó, áp
dụng phương pháp phân hoạch để giải một số bài toán khó của toán
phổ thông.


4
4. Phương pháp nghiên cứu
Từ các tài liệu sưu tầm được, luận văn sẽ đề cập ngắn gọn về
phân hoạch tập hợp và áp dụng phương pháp phân hoạch để tìm tòi
lời giải, cùng với việc đề xuất một số bài toán tương tự, phù hợp với
toán phổ thông, đặc biệt đối với hệ Chuyên Toán.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Với mục đích nêu trên, việc nghiên cứu của luận văn là có ý
nghĩa khoa học, mang tính thực tiễn và phù hợp với chuyên ngành
Phương pháp Toán sơ cấp.
Có thể sử dụng luận văn như là tài liệu tham khảo cho giáo
viên, học sinh và bạn đọc quan tâm đến vấn đề này.
6. Cấu trúc luận văn
Với mục đích nêu trên, nội dung của luận văn gồm các phần
sau đây:
Lời mở đầu.
Giới thiệu cơ sở khoa học và tính thực tiễn của đề tài, mục đích
của đề tài, nội dung của đề tài và một số vấn đề khác theo quy định.
Chương 1. Kiến thức cơ sở
Chương này đề cập đến một số kiến thức cơ bản về phân hoạch
tập hợp và một số lý thuyết quan trọng liên quan đến phân hoạch và

được dùng nhiều trong chứng minh ở các chương sau như số Stirling


5
loại I, số Stirling loại II, Bài toán chia kẹo Euler, thuật toán “ba lô”,
thuật toán “tham ăn”…
Chương 2. Phân hoạch nguyên
Là phân hoạch trên tập số nguyên, với một tập hợp xác định
gồm các số nguyên nào đó, các bài toán cần phân hoạch tập hợp này
thành một số tập hợp con rời nhau sao cho chúng thỏa mãn một tính
chất nào đó là những dạng toán quen thuộc và quan trọng. Chẳng
hạn, cần phân hoạch một tập hợp các số nguyên xác định thành hai
tập hợp con rời nhau sao cho tổng các số trong hai tập hợp con đó
bằng nhau. Đây là những dạng toán thường là rất khó.
Chương này đề cập đến việc phân hoạch trên tập số nguyên,
giải quyết một số bài toán khó ở cả dạng “ẩn” và “hiện”.
Chương 3. Phân hoạch tập hợp
Chương này đề cập đến phương pháp phân hoạch và số cách
phân hoạch trên tập hợp nào đó nói chung thỏa mãn một vài tính chất
cụ thể. Đó có thể là bài toán nêu rõ yêu cầu phân hoạch ( dạng “
hiện”) chẳng hạn bài toán:
“Tìm số các phân hoạch tập hợp 1, 2,..., n thành 3 tập con
A1 , A2 , A3 (các tập này có thể rỗng) sao cho các điều kiện sau thỏa

mãn.
1) Sau khi sắp xếp các phần tử của A1 , A2 , A3 theo thứ tự tăng
dần, thì 2 phần tử liên tiếp luôn có tính chẵn, lẻ khác nhau.


6

2) Nếu cả ba tập A1 , A2 , A3 đều không rỗng, thì có đúng một tập
có số nhỏ nhất là số chẵn.”
Cũng có thể là bài toán không nêu rõ điều kiện nhưng để giải quyết ta
buộc phải phân hoạch theo điều kiện nào đó (dạng “ẩn”), ví dụ:
“Khai triển

f  x   1  x  x 2  ...  x10 

f  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a100 x100 .

Tính S  a0  a1  a2  ...  a10 .”.

10

ta được đa thức


7
CHƯƠNG 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
Chương này đề cập đến một số kiến thức cơ bản về phân hoạch
tập hợp và một số lý thuyết quan trọng liên quan đến phân hoạch và
được dùng nhiều trong chứng minh ở các chương sau.
1.1. SỐ STIRLING LOẠI I VÀ LOẠI II
1.1.1. Chu trình của hoán vị
Trong các bài toán về phân hoạch tập hợp, ta không thể nào
không nhắc đến số Stirling. Đây là cơ sở để xây dựng các bài toán
đếm một cách khá vững chắc, đồng thời kết hợp với các công cụ đại
số và giải tích khác sẽ giúp xây dựng được nhiều lý thuyết khác.
Chu trình trong một hoán vị a1 , a2 , a3 ,..., an

của các số
1, 2, 3,..., n , là một tập con của các số này mà chúng đổi vị trí cho
nhau tạo thành một vòng. Ta xét hoán vị sau
123456789 
142357698 ,
f
trong hoán vị này,
f  2   4, f  4   3, f  3  2

nên có thể nói  2; 3; 4  tạo thành một chu trình. Các số không đổi
qua phép hoán vị được coi là một chu trình riêng biệt và do đó, trong
hoán vị trên có tất cả 5 chu trình:
1 ,  4; 2; 3 ,  5  ,  7; 6  ,  9; 8  .
1.1.2. Số Stirling loại I
Số hoán vị của n phần tử mà có đúng k chu trình, đặt là
s  n, k  . Công thức truy hồi


8
s  n  1, k   s  n, k  1  n.s  n, k  .

1.1.3. Số Stirling loại II
Số cách chia n phần tử thành k tập con, đặt là S  n, k  .
Công thức truy hồi
S  n  1, k   S  n, k  1  kS  n, k 

1.2. BÀI TOÁN CHIA KẸO EULER
Bên cạnh các bài toán về số Stirling thì bài toán chia kẹo Euler
liên quan đến số tổ hợp lặp là dạng khá phổ biến và quen thuộc.
Dạng 1: Số cách chia n viên kẹo cho k em bé mà em nào cũng có

kẹo là Cnk11 .
Dạng 2: Số cách chia n viên kẹo cho k em bé mà có thể có em
không có kẹo là Cnkk11 .
1.3 DÃY SỐ FIBONACCI
Dãy Fibonacci là dãy vô hạn các số tự nhiên bắt đầu bằng hai
phần tử 0 và 1. Các phần tử sau đó được thiết lập theo quy tắc mỗi
phần tử luôn bằng tổng hai phần tử trước nó.
Công thức truy hồi của dãy Fibonacci là:
0,

Fn : F  n  : 1,
F n  1  F n  2 ,
 

 

khi n  0;
khi n  1;
khi n  1.


9

CHƯƠNG 2
PHÂN HOẠCH NGUYÊN
Chương này đề cập đến việc phân hoạch trên tập số nguyên
đồng thời giải quyết một số bài toán khó ở cả dạng “ẩn” và “hiện”.
2.1. PHÂN HOẠCH NGUYÊN DẠNG “ HIỆN”
2.1.1. Phân hoạch tập các số tự nhiên thành 2 tập hợp có
tổng các phần tử bằng nhau

Bổ đề 2.1. Từ n số nguyên cho trước, luôn chọn được một vài
số để tổng của chúng chia hết cho n .
Định lí 2.1. (P. Erdos, A. Ginzburg, A. Ziv) Từ 2n  1 số
nguyên dương cho trước, luôn chọn được n số sao cho tổng của
chúng chia hết cho n .
Bổ đề 2.2. Nếu trong n  1 số nguyên dương cho trước không
tồn tại một nhóm số có tổng chia hết cho n thì n  1 số đó có cùng số
dư khi chia cho n .
Bài toán 2.1. Tồn tại hay không giá trị K nhỏ nhất để với mọi
số nguyên dương k  K , tập hợp A luôn có thể phân hoạch thành 2
tập con có tổng các phần tử mỗi tập bằng N?


10
Định lý 2.2. Mọi tập gồm N  1 số nguyên dương không lớn
hơn N và có tổng bằng 2N , luôn phân hoạch được thành 2 tập con,
mỗi tập có tổng các phần tử bằng N .
Bổ đề 2.3. Với N  2n và A là tập hợp 2n  1 số nguyên
dương không lớn hơn N và có tổng bằng 2N . Khi đó, A có thể
phân hoạch được thành 2 tập con, mỗi tập có tổng các phần tử bằng
N.

Bổ đề 2.4. Cho A là tập k số nguyên dương không vượt quá
N và A biểu diễn được đến N . Khi đó A là tập hoàn chỉnh.

Bổ đề 2.5. Nếu A và B là hai tập hoàn chỉnh thì C  A  B là
tập hoàn chỉnh.
Bổ đề 2.6. Cho A là tập các số nguyên dương và 1 A . Khi
đó, tồn tại duy nhất một tập con hoàn chỉnh của A có số phần tử lớn
nhất. Gọi tập hoàn chỉnh này là H và h là tổng các phần tử của H.

Nếu tất cả các phần tử của A không vượt quá h thì H=A. Nếu a  A
và a  H thì a  h  2 .
N 
Bổ đề 2.7. Nếu tập A  2 N , k  với k     2 thì A có ít nhất
2

ba phần tử có giá trị nhỏ hơn 4.


11
N 
Định lý 2.3. Cho A  2 N , k  với N  2 và k     2 . Gọi H
2

là tập con hoàn chỉnh có số phần tử lớn nhất của A. Nếu H biểu diễn
được đến 3 thì A phân hoạch được thành 2 tập có tổng các phần tử
bằng N.
N 
Định lý 2.4. Cho A  2 N , k  với N  2, k     2 và
2
(a1 , a2 , a3 ) (1; 1; 1), (1; 1; 2),(1; 1; 3), (1; 2; 2), (1; 2; 3) .

Khi đó, tập hợp A có thể phân hoạch được thành hai tập con có tổng
các phần tử bằng N.
Bổ

đề

2.8.

Cho tập

A 2N , k 

với

A 2N , k 

mà

N 
N  2, k     2, a1  2 . Khi đó, 2 số bất kỳ thuộc A có tổng
2

không vượt quá N.


12
N 
Định lý 2.5. Cho tập A  2 N , k  với k     2 , N chẵn và
2
a1  a2  2 . Khi đó ta có thể phân hoạch tập A thành 2 tập có tổng

bằng N.
N 
Định lý 2.6. Cho tập A  2 N , k  với k     2 , k chẵn và
2
a2  2 . Khi đó có thể phân hoạch A thành 2 tập con có tổng các

phần tử bằng N.

Hệ quả 2.1. Cho tập A  2 N , k  với N  6m  2, m  1 và
k  4m  3 . Tập A  2 N , k  có thể phân hoạch được thành 2 tập con

có tổng các phần tử bằng nhau.
Hệ quả 2.2. Cho tập A  2 N , k  với N  6m  4; k  4m  4 .
Tập A  2 N , k  có thể phân hoạch được thành 2 tập con có tổng các
phần tử bằng nhau.
Hệ quả 2.3. Cho tập A  2 N , k  với N  6m; k  3m  2 . Tập
A  2 N , k  có thể phân hoạch được thành 2 tập con có tổng các phần

tử bằng nhau.
Định lý 2.7. Cho một tập A có k phần tử là số nguyên dương
không lớn hơn N và tổng của các số này bằng 2N. Khi đó, tồn tại giá


13
trị K nhỏ nhất để với mọi k  K , tập A luôn phân hoạch được thành
2 tập con có tổng các phần tử mỗi tập bằng N, trong đó:


K= N+1 khi N lẻ



K= 2 khi N=2



K= 4m+3 khi N= 6m+2



K= 4m+4 khi N= 6m+4



K= 3m+2 khi N = 6m.

Bài toán 2.2. Chứng minh rằng trong 35 số nguyên dương
không vượt quá 50 và có tổng bằng 100 thì có thể chọn ra một nhóm
số có tổng bằng 50.
Hệ quả 2.4. Trong năm số nguyên bất kỳ, luôn tìm được vài số
để tổng của chúng chia hết cho 5.
2.1.2. Phân hoạch dạng tổng
2.1.3 Định lý Beatty
Định lí 2.8. Nếu a, b là 2 số vô tỉ dương thỏa mãn
1 1
 1
a b

và xét các tập hợp
A  ma  , m  1, 2, 3... , B  nb  , n  1, 2, 3,...

thì A  B  , A  B 

*

.

14
2.1.4. Các bài toán chọn lọc khác
Bài toán 2.1. Chứng minh rằng nếu gọi f  r , n  là số phân
hoạch của n thành dạng b0  b1  b2  ...  bs với 0  i  s  1 và
bi  rbi 1 , r là một số nguyên dương nào đó thì tồn tại số nguyên

dương n mà f  r , n  khác số phân hoạch của n thành các phần từ
một tập hợp các số nguyên bất kỳ, trừ khi r  1 .
Bài toán 2.2. Gọi f(n), g(n) lần lượt là số phân hoạch của n
thành số chẵn phần và số lẻ phần. Chứng minh rằng
f  n   g  n    1

m

1
nếu n  m  3m  1 và bằng f  n   g  n 
2

1
nếu ngược lại. (số có dạng n  m  3m  1 được gọi là pentagonal
2

number).
Bài toán 2.3. Gọi n là số nguyên dương sao cho

1, 2, 3,..., 3n có thể chia thành 3 tập hợp là

a1 , a2 ,..., an  , b1 , b2 ,..., bn , c1 , c2 ,..., cn  sao cho
ai  bi  ci , i  1, n. Chứng minh rằng nếu n thỏa thì

3n  1, 4n, 4n  1 cũng thỏa.
Bài toán 2.4. a) Hỏi có tồn tại cách phân hoạch tập hợp các số
nguyên dương thành các tập con có 2 phần tử A1 , A2 , A3 ,..., An sao


15
cho với mọi số nguyên dương n tổng các phần tử của An là
1391  n ?

b) Hỏi có tồn tại cách phân hoạch tập hợp số nguyên dương
thành các tập con có 2 phần tử A1 , A2 , A3 ,..., An sao cho với mọi số
nguyên dương n tổng các phần tử của An là 1391  n2 ?
Bài toán 2.5. Chứng minh rằng có thể phân hoạch tập hợp các
số tự nhiên thành 100 tập khác rỗng sao cho với bất kỳ 3 số tự nhiên
a, b, c thỏa mãn a  99b  c thì 2 trong số chúng thuộc cùng một tập
hợp.
Bài toán 2.6. Giả sử c là số hữu tỷ dương và khác 1. Chứng
minh rằng có thể phân hoạch tập các số nguyên dương thành 2 tập
khác nhau A, B sao cho

x
 c với mọi x, y cùng nằm trong A hoặc
y

cùng nằm trong B.
Bài toán 2.7. Có bao nhiêu cách chia 15 đồ vật đôi một khác
nhau cho 5 người, sao cho trong số đó có đúng 2 người không nhận
được đồ vật nào?
2.2. PHÂN HOẠCH NGUYÊN DẠNG “ ẨN ”
Bài toán 2.8. Cho bảng ô vuông  aij  với i  1, n, j  1, n và

điền các số từ 1 đến n2 theo thứ tự từ trái sang phải, từ trên xuống
dưới. Người ta viết ghép các hàng của bảng này theo thứ tự từ trái


16
sang phải được một dãy X. Tiếp tục ghép các cột của bảng này thành
dạng hàng ngang cũng từ trái sang phải được dãy Y. Một phép biến
đổi cho phép đổi chỗ 2 số cho nhau. Hỏi ít nhất cần bao nhiêu phép
biến đổi để đưa X về Y?
Bài toán 2.9. Cho A là tập tất cả các hoán vị
a   a1 , a2 ,..., a2003  của 2003 số nguyên dương đầu tiên và một

hoán vị thỏa mãn điều kiện: Không có tập con S nào của A mà

ak | k  S  S .
Với mỗi a   a1 , a2 ,..., a2003   A ta kí hiệu
2003

d  a     ak  k  .
2

k 1

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của d(a), gọi giá trị nhỏ nhất đó là
d0 .

2. Tìm tất cả các hoán vị a  A thỏa mãn d  a   d0 .
Bài toán 2.10. Gọi S  n  là số cách phân hoạch có tính thứ tự
của n thành các số 1, 3, 4. Chứng minh rằng S  2n  là số chính
phương.

Bài toán 2.11. Từ việc so sánh phân hoạch của n thành các số
1, 2 chứng minh rằng


17



0 x , y  n ,
x  2 y n

Cxx y  Fn 1 .

Bài toán 2.12. Cho số nguyên dương k. Dãy số

 xn  , n  1,

2, 3,... được xác định như sau:

(i) x1  1 .
(ii) Với mỗi số nguyên dương n  1 thì xn 1 là số nguyên
dương bé nhất không thuộc tập

 x1; x2 ; x3 ;...; xn ; x1  k ; x2  2k ; x3  3k ;...; xn  nk .
Chứng minh rằng tồn tại số thực a sao cho xn   na  với mọi
n

*

.

Bài toán 2.13. Xét dãy các số 3, 6, 7, 9, 10, 11, 12,... là có
thể biểu diễn thành tổng của ít nhất hai số nguyên dương liên tiếp.
Gọi f  n  là số hạng thứ n của dãy. Chứng minh rằng
f  n   n  log 2  n  log 2  n    .

Bài toán 2.14. Chứng minh rằng tập các số tự nhiên có thể
được tô bởi 2 màu mà 2 điều kiện sau đây được thỏa mãn:
i) Với mỗi số nguyên tố p và mỗi số tự nhiên n thì các số

p n , p n1 và p n  2 không được tô cùng màu.
i)) Không tồn tại một cấp số nhân vô hạn của các số tự nhiên
có cùng màu.


18

CHƯƠNG 3
PHÂN HOẠCH TẬP HỢP
Chương này đề cập đến phương pháp phân hoạch và số cách
phân hoạch trên tập hợp nào đó nói chung thỏa mãn một vài tính chất
cụ thể.
3.1. PHÂN HOẠCH TẬP HỢP DẠNG “ HIỆN ”
3.1.1. Các dạng của phân hoạch tập hợp
Trong toán học, người ta tổng hợp các bài toán về phân hoạch
tập hợp hay có thể hình dung là phân chia đồ vật và phân thành 12
dạng với tên gọi nổi tiếng “ Twelvefold Way”. Dưới đây, ta xét bài
toán chung là: Xác định tất cả số cách cho n quả bóng vào k hộp.
Các kiểu phân hoạch được đặc trưng bằng 1 ánh xạ đi từ tập
các quả bóng đến các hộp được liệt kê đầy đủ dưới đây, chú ý rằng:

 Ánh xạ bất kỳ: việc phân chia là tùy ý, không có ràng
buộc gì (có thể 1 hộp có nhiều bóng mà cũng có thể
có hộp không có quả nào, nhưng tất nhiên là 1 quả
bóng thì chỉ có thể chia vào 1 hộp).
 Đơn ánh: mỗi hộp chỉ chứa nhiều nhất 1 quả bóng.
Toàn ánh: mỗi hộp chứa ít nhất 1 quả bóng. Ở đây không xét
song ánh vì khi đó mỗi hộp chỉ chứa đúng 1 quả bóng và bài toán
không còn nhiều ý nghĩa. Quy ước Cba  0 với b  a .


19
Trường hợp 1: Các quả bóng đôi một khác nhau và các hộp
đôi một khác nhau.
 Ánh xạ bất kỳ: mỗi quả bóng đều có thể xếp vào một
hộp tùy ý. Kết quả là k n .


Đơn ánh: Nếu n  k thì không có cách xếp thỏa mãn
vì theo Nguyên lý Dirichlet, sẽ có 1 hộp chứa nhiều
hơn 1 quả bóng, kết quả là 0. Nếu n  k , ta thấy quả
bóng đầu tiên có thể đặt vào k hộp, quả thứ 2 có thể
đặt vào k  1 hộp còn lại và cứ thế. Kết quả là
k  k  1 k  2  ... k  n  .

 Toàn ánh: Vấn đề tương tự như việc phân hoạch tập
hợp có n phần tử thành k tập con khác rỗng, tuy
nhiên chú ý rằng cần quan tâm đến thứ tự của tập con
tương ứng. Kết quả là k !S  n, k  với S  n, k  là số
Stirling loại II.
Trường hợp 2: Các quả bóng giống nhau và các hộp đôi một

khác nhau.
 Ánh xạ bất kỳ: Do các quả bóng giống nhau nên ta chỉ
xét có bao nhiêu quả được đưa vào mỗi hộp, tương
ứng với bài toán chia kẹo Euler trong trường hợp
không nhất thiết em nào cũng có kẹo. Kết quả là

Cnkk11 .


20
 Đơn ánh: Tương tự trên, nếu n  k thì kết quả là 0.
Nếu n  k thì ta tính số cách chọn n hộp trong k
hộp. Kết quả là Ckn .
 Toàn ánh: Số trường hợp tương ứng chính là bài toán
chia kẹo Euler trong trường hợp em nào cũng phải có
kẹo. Kết quả là Cnk11 .
Trường hợp 3: Các quả bóng đôi một khác nhau và các hộp
đều giống nhau.
 Ánh xạ bất kỳ: Do các quả bóng là khác nhau nên ta
dánh số chúng từ 1 dến n , dẫn đến bài toán phân
hoạch tập hợp 1, 2, 3,..., n thành không quá k tập
con. Kết quả là
S  n, 1  S  n, 2   ...  S  n, k  .

 Đơn ánh: Tương tự trên, nếu n  k thì kết quả là 0.
Nếu n  k thì rõ ràng chỉ có 1 cách xếp. Kết quả là 1.
 Toàn ánh: Hộp nào cũng phải có bóng nên nó đúng với
bài toán tính số Stirling loại II. Kết quả là S  n, k  .
Trường hợp 4: Các quả bóng đều giống nhau và các hộp đều
giống nhau.

 Ánh xạ bất kỳ: Tương ứng với bài toán phan hoạch số
n thành không quá k thành phần. Kết quả là
p1  n   p2  n   ...  pk  n  .


21
 Đơn ánh: Tương tự trên, nếu n  k thì kết quả là 0.
Nếu n  k thì rõ ràng chỉ có 1 cách xếp. Kết quả là 1.


Toàn ánh: Tương ứng với bài toán phân hoạch số n
thành đúng k thành phần. Kết quả là pk  n  .

3.1.2. Các bài toán chọn lọc
Bài toán 3.1. Tìm số các phân hoạch tập hợp 1, 2,..., n
thành 3 tập con A1 , A2 , A3 (các tập này có thể rỗng ) sao cho các
điều kiện sau thỏa mãn:
1) Sau khi sắp xếp các phần tử của A1 , A2 , A3 theo thứ tự
tăng dần, thì 2 phần tử liên tiếp luôn có tính chẵn, lẻ khác nhau.
2) Nếu cả ba tập A1 , A2 , A3 đều không rỗng, thì có đúng một
tập có số nhỏ nhất là số chẵn.
Bài toán 3.2. Cho tập M gồm n số dương a1 , a2 ,..., an . Xét tất
cả các tập hợp con Ti khác rỗng của M. Gọi si là tổng các số thuộc
tập con Ti nói trên. Chứng minh rằng có thể chia tập hợp tất cả các
số si được thành lập như vậy thành n tập hợp con khác rỗng không
giao nhau sao cho tỉ số của hai số bất kỳ thuộc cùng một tập hợp con
vừa được phân chia không vượt quá 2.
3.2. PHÂN HOẠCH TẬP HỢP DẠNG “ẨN”
Bài toán 3.3. Xác định số nghiệm của các phương trình sau
a) x1  x2  x3  ...  x20  2013 với xi  i, i  1, n .

22
b) x1  x2  x3  ...  x51  2013 với xi , i  1, n là các số lẻ.
c) x1  x2  x3  ...  x201  2013 với x1  2, x2  3 .
Bài toán 3.4. Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC. Một điểm
P nằm trong tam giác gọi là điểm tốt nếu ta có thể tìm được đúng 27
tia chung gốc P cắt các cạnh của tam giác ABC và chia tam giác
thành 27 tam giác con có diện tích bằng nhau. Xác định tất cả các
điểm tốt của tam giác ABC.
Bài toán 3.5. Ở một ngôi làng nọ, mỗi người hoặc luôn nói
thật hoặc luôn nói dối. Xét 5 người trong làng xếp thành 1 hàng và 1
người khách đến thăm làng hỏi mỗi người trong họ rằng có bao
nhiêu người nói thật trong hàng. Mỗi người sẽ cho khách một số từ 0
đến 5. Hỏi có bao nhiêu multiset các câu trả lời mà người khách có
thể nhận được? (multiset là tập mà mỗi phần tử có thể xuất hiện
nhiều hơn 1 lần).
Bài toán 3.6. Cho A là tập hợp gồm 16 số nguyên dương đầu
tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: trong mỗi tập
con có k phần tử của tập hợp A đều tồn tại hai số phân biệt a và b
sao cho a 2  b 2 là một số nguyên tố.
Bài toán 3.7. Cho p và q là hai số nguyên tố lẻ. Chứng minh
p 1
2

q 1

 iq  2  jp   p  1  q  1 

     q    2  2  .



i 1  p 
j 1 
 


23
Bài toán 3.8. Đối với mỗi số tự nhiên n 
nhiên k 

, hãy tìm số tự

lớn nhất thỏa mãn điều kiện: trong tập gồm n phần tử,

có thể chọn ra được k tập con khác nhau mà hai tập bất kỳ trong các
tập con này đều có giao khác rỗng.
Bài toán 3.9. Khai triển f  x   1  x  x 2  ...  x10 

10

ta được

đa thức
f  x   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a100 x100 .

Tính S  a0  a1  a2  ...  a10 .
Bổ đề 3.1. Cho hai số tự nhiên n, k. Xét tập hợp:
H n,k  ( x0 , x1 ,..., xn ) | x0 , x1 ,..., xn  , x0  x1  ...  xn  k  .

Thế thì H n,k  Cnn k
Bài toán 3.10. Cho số nguyên n  2 . Gọi S là tập hợp gồm n
phần tử và Ai (1  i  m) là các tập con khác nhau và gồm ít nhất hai
phần

tử

của

S

sao

cho

từ

các

quan

Ai  Aj  , Ai  Ak  , Aj  Ak  

ta

suy

ra

Ai  Aj  Ak   . Chứng minh rằng m  2n1  1 .

hệ
được