Skkn dạy toán cho học sinh các lớp chuyên toán, học sinh đội tuyển thi duyên hải và đồng bằng bắc bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến
MỘT SỐ VẤN ĐỀ TẬP HỢP
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Dạy Toán cho học sinh các lớp chuyên Toán, học sinh đội tuyển thi Duyên hải
và Đồng bằng Bắc Bộ, học sinh đội tuyển thi HSG quốc gia.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Các năm học từ 2010 - 2011 đến 2015 – 2016.
4. Tác giả:
Họ và tên: Trần Mạnh Sang
Năm sinh: 1987
Nơi thường trú: Phường Vị Xuyên, thành phố Nam Định
Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên Toán
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ liên hệ: Số 8C/18 Gốc Mít, thành phố Nam Định
Điện thoại: 097.227.6698
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ: 76 Vị Xuyên, tp. Nam Định – tỉnh Nam Định
Điện thoại: (0350) 364 0297

1


I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao
động tự chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp,
góp phần xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đất
nước Việt Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầu
thế kỉ XXI. Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đào

tạo cũng như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực. Một trong những biện
pháp đó là cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và
phương pháp học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo
dục, cũng như cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộc
vận động của Bộ trưởng Bộ GD - ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thành
tích trong giáo dục.
Đối với bộ môn Toán - Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì một
trong những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếp
nhận và giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bản
chất của nó, từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau.
Trong chương trình môn Toán cấp THPT chuyên, vấn đề tập hợp luôn là
lĩnh vực quen thuộc nhưng không kém phần khó khăn với cả thầy và trò. Vấn đề
này xuất hiện nhiều trong các kì thi HSG quốc gia và quốc tế, là một phần quan
trọng trong việc phát hiện và bồi dưỡng các học sinh có tư chất thực sự.
II. Mô tả giải pháp:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Đã có rất nhiều bài toán, các đề thi HSG có xuất hiện lý thuyết tập hợp và
các ứng dụng: HSG quốc gia (VMO, VNTST), đề thi quốc tế (IMO, IMC) hay các

2


kì thi của các quốc gia (China TST, USA TST,...). Việc giải quyết các bài toán này
không hề đơn giản (Thường là bài khó nhất trong đề thi). Một phần khó đối với
học sinh của Việt Nam chính là việc các em ít tiếp xúc với dạng toán, dẫn đến cảm
giác sợ khi gặp.
Vì vậy tôi viết sáng kiến này, tổng kết những kinh nghiệm, phần nào giúp
các em học sinh tháo gỡ các khó khăn, nhìn nhận vấn đề đơn giản hơn, bên cạnh đó
cũng mong muốn là một tài liệu tham khảo giúp đỡ các thầy cô một phần nhỏ trong
quá trình giảng dạy.

3


III. Nội dung sáng kiến
Mục lục
1.
2.
3.
4.
5.
6.

7.

Các kiến thức cơ bản về tập hợp.
Các bài toán về số phần tử của tập hợp.
Các bài toán về mối liên hệ giữa các tập hợp, các phép toán tập hợp.
Các bài toán về tập con của tập hợp, phân hoạch tập hợp.
Các bài toán kết hợp tính chất số học.
Một số định lý tập hợp (Các định lý về họ các tập con của 1 tập hợp).
6.1.
Định lý Hall và SDRs
6.2.
Định lý Sperner;
6.3.
Định lý Erdos–Ko–Rado;
6.4.
Định lý de Bruijn–Erdos.
Tài liệu tham khảo.

1.

Các kiến thức cơ bản về tập hợp.

2.1. Tập hợp
Tập hợp là khái niệm cơ bản của toán học. Ta hiểu tập hợp qua các ví dụ như:
Tập hợp tất cả các học sinh lớp 10 của trường em, tập hợp các số tự nhiên,… .
Thông thường mỗi tập hợp gồm các phần tử cùng có chung một hay một vài tính
chất nào đó.
Nếu a là phần tử của tập hợp X, ta viết a ∈ X . Nếu a không phải là phần tử của
X, ta viết a ∉ X .
Tập rỗng là tập hợp không chứa phần tử nào, ký hiệu ∅ .
Số lượng các phần tử của tập hợp X ký hiệu là X .
Người ta thường ký hiệu tập hợp bằng các cách sau:
2.2 Liệt kê các phần tử của tập hợp:
Ví dụ: + Tập hợp các số tự nhiên ¥ = { 0,1,2,3,4,5,....} .

4


+ Tập hợp tất cả các chữ cái có trong dòng chữ: “Không có gì quý hơn
độc lập tự do” là {â,c, d, đ, g, h, i, k, l, n, o, ô, ơ, u, ư, p, q, t, y}.
2.3 Chỉ rõ các tính chất đặc trưng cho các phần tử của tập hợp:

{

}

Ví dụ: + Tập hợp . B = n ∈ ¥3 ≤ n ≤ 20 .là tập hợp gồm các số tự nhiên không

nhỏ hơn 3 và không lớn hơn 20.
+ Viết tập B = { −10, −5,0,5,10,15} bằng cách chỉ ra các tính chất đặc

{

}

5 .
trưng cho các phần tử của tập hợp là B = x ∈ ¢−10 ≤ x ≤ 15, xM
2.4 Dùng biểu đồ Ven là đường cong kín để biểu diễn cho tập hợp
Chẳng hạn mô tả tập hợp A gồm các phần tử a, b, c, d, e như sau.

2.5. Tập con và tập bằng nhau
1. Tập con
Tập A được gọi là tập con của tập B và kí hiệu là A ⊂ B , nếu mọi phần tử x
thuộc A đều thuộc B.
Tập A được gọi là tập con thực sự của tập B, nếu A ⊂ B và tồn tại phần tử
thuộc B mà không thuộc A.
Ví dụ: Biểu diễn A ⊂ B , ¥ ⊂ ¢ ⊂ ¤ ⊂ ¡
2. Tập hợp bằng nhau:
Hai tập A và B được gọi là bằng nhau và ký hiệu A = B , nếu A là tập con của
tập B và B là tập con của tập A.
2.6. Các phép toán trên tập hợp:

5


1. Phép hợp các tập hợp:
Hợp của hai tập hợp A và B là một tập hợp ký hiệu A ∪ B gồm các phần tử
hoặc thuộc A hoặc thuộc B.

2. Phép giao các tập hợp:
Giao của hai tập hợp A và B là một tập hợp ký hiệu A ∩ B gồm các phần tử
vừa thuộc A vừa thuộc B.
3. Hiệu của hai tập hợp:
Hiệu của hai tập hợp A và B là một tập hợp ký hiệu là A \ B hoặc A − B gồm
các phần tử thuộc A mà không thuộc B.
4. Tích Đề - các của hai hay nhiều tập hợp
Tích Đề - các của hai tập hợp A và B là một tập hợp ký hiệu là A × B được xác

{

}

định như sau A × B = (a, b)a ∈ A, b ∈ B .
Tích Đề - các của ba tập hợp A ,B và C là một tập hợp ký hiệu là A × B × C được

{

}

xác định A × B × C = (a, b, c)a ∈ A, b ∈ B, c ∈ C .
2.7. Tính chất của các phép toán trên tập hợp
Với mọi tập A , B và C ta có
1. Tính chất của phép hợp các tập hợp:
A∪∅ = A

A∪ A= A

A ∪ ( B ∪ C ) = ( A ∪ B) ∪ C

A∪ B = B ∪ A

A, B ⊂ A ∪ B

A∪ B = A⇔ B ⊂ A

2. Tính chất của phép giao các tập hợp:
A∩∅ = ∅

A∩ A= A

A∩ B = B∩ A

6

A, B ⊃ A ∪ B


A ∩ ( B ∩ C ) = ( A ∩ B) ∩ C

A∩ B = A⇔ B ⊃ A

3. Tính chất của hiệu hai tập hợp:
A \ A = ∅, A \ B ⊂ A
Nếu A ⊂ B thì B − A = CB ( A) gọi là phần bù của tập A trong B.
A − ( B ∩ C ) = ( A − B) ∪ ( A − C )
4. Luật phân phối
A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C )
A ∪ ( B ∩ C ) = ( A ∪ B) ∩ ( A ∪ C )
5. Luật Đ-móoc – găng

A − ( B ∪ C ) = ( A − B) ∩ ( A − C )
2.8. Tích Đề các của hai hay nhiều tập hợp
1. Tích Đề các của hai tập hợp
Cho hai tập hợp A và B khác rỗng, tích Đề các của hai tập hợp A và B là một
tập hợp ký hiệu là A × B gồm các phần tử có dạng (a; b) với a ∈ A, b ∈ B .

{

}

A × B = (a; b) a ∈ A, b ∈ B

2. Tích Đề các của nhiều tập hợp
Tích Đề các của n tập hợp khác rỗng A1 , A2 ,....., An là một tập hợp được xác
định như sau

{

A1 × Α 2 × .... × An = (a1; a2 ;....; an )÷a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 ,....., an ∈ An

}

3. Nhận xét: Nếu tập hợp A có m phần tử và tập B có n phần tử thì tập A × B có
m × n phần tử.

7


2. Các bài toán về số phần tử của tập hợp.
Ví dụ 2.1 . Cho 2010 tập hợp, mỗi tập hợp có 45 phần tử và hai tập bất kì có đúng

một phần tử chung. Chứng minh rằng tồn tại một phần tử thuộc tất cả 2010 tập hợp
trên.
Giải
Xét tập A trong số 2010 tập đã cho. A giao với 2009 tập còn lại nên tồn tại a ∈ A
 2009 
+ 1 = 45 tập còn lại.
là phần tử chung của không ít hơn 
 45 
Vậy a thuộc các tập A, A1 , A2 ,..., A45 và trong 46 tập này không có hai tập nào có
phần tử chung khác a.
Ta sẽ chứng minh a thuộc tập B bất kì trong 2010 tập đã cho.
Thật vậy, nếu a ∉ B thì B có với mỗi tập A, A1 , A2 ,..., A45 một phần tử chung khác
a, suy ra B có không ít hơn 46 phần tử, mâu thuẫn. Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 2.2 . Cho tập hợp X gồm 2011 phần tử. Chứng minh rằng trong sô 2012 tập
con gồm 3 phần tử của X luôn tìm ra đuợc hai tập con mà chúng có chung đúng
một phần tử.
Giải
Xét 2012 tập con gồm 3 phần tử của tập X.
Phản chứng rằng với mỗi cặp hai tập con bất kì hoặc chúng không giao nhau hoặc
giao nhau 2 phần tử. Ta nói tập con A và B cùng một lớp nếu A và B có đúng 2
phần tử chung. Xét 3 tập con nào đó là A, B, C.
* Ta chứng minh nếu A và B cùng lớp, B và C cùng lớp thì A và C cùng lớp:
Giả sử A = { a; b; c} , B = { a; b; d } . Do B và C cùng lớp nên C phải có với B hai phần
tử chung, trong đó phải có a hoặc b. Lúc đó thì A ∩ C ≠ ∅ nên A và C có 2 phần
tử chung. Vậy A và C cùng lớp.

8


* Như thế tất cả các tập trong 2012 tập được chia thành hai nhóm. Trong

nhóm 1 hai tập bất kỳ có chung đúng hai phần tử. Trong nhóm 2 hai tập bất kỳ
không giao nhau. Đối với mỗi nhóm các tập có thể xảy ra 3 trường hợp
TH1: Nhóm đó có đúng 3 phần tử
TH2: Nhóm đó có đúng 4 phần tử
TH3: Nhóm đó có nhiều hơn 4 phần tử
Xét TH1: Do nhóm chỉ có đúng 3 phần tử nên chỉ có 1 tập con
Xét TH2: Do nhóm chỉ có đúng 4 phần tử nên số tập hợp trong nhóm ≤ 4
Xét TH3 : Giả sử đã chọn được 2 tập con A = { a; b; c} , B = { a; b; d } . Tồn tại phần tử
e khác a,b,c,d và thuộc tập C bất kỳ từ nhóm này. Từ điều kiện A và C cùng nhóm,
B và C cùng nhóm suy ra C = { a; b; e} .
Xét một tập D bất kỳ từ nhóm này thì tập D bị rằng buộc bởi quan hệ: A và B cùng
lớp, B và D cùng lớp, C và D cùng lớp nên D chứa a và b. Kho đó số các tập trong
nhóm này bằng số phần tử trong nhóm trừ đi 2 (mỗi phần tử khác a,b tương ứng
với đúng 1 tập hợp chứa nó).
Vậy trong mọi trường hợp thì ở mỗi nhóm số tập hợp không lớn hơn số các
phần tử (mâu thuẫn với giả thiết có 2012 tập). Ta có đpcm.
Ví dụ 2.3 . Cho S là một tập hợp có tính chất:
i)
Một phần tử là một dãy 15 kí tự viết liền nhau, mà chỉ gồm hai kí tự a và
b
ii)
Hai phần tử phân biệt của S là hai dãy khác nhau tại ít nhất 3 vị trí.
Chứng minh rằng số phần tử của S không vượt quá 211 .
Giải

9


Để cho đơn giản ta mã hóa a là 0, b là 1. Thế thì S đơn giản là tập các dãy nhị
phân có độ dài 15 sao cho hai dãy bất kì có ít nhất ba vị trí khác nhau.

Với mỗi phần tử s ∈ S , có đúng 15+1=16 dãy nhị phân độ dài 15 (bao gồm cả s )
khác s tại nhiều nhất một vị trí. Ta kí hiệu Bs là tập các dãy như vậy (các phần tử
của Bs ngoại trừ s đều không nằm trong S ).
Với s, t ∈ S phân biệt ta có Bs ∩ Bt = ∅ vì một dãy thuộc Bs khác s tại nhiều nhất
một vị trí do vậy khác t tại ít nhất 2 vị trí và như thế không thể thuộc Bt .
Bs ≤ 215 cho nên S ≤ 211 .
Do đó, S .16 = ∑ Bs = sU
∈S
s∈S

Ví dụ 2.4 . Cho tập hợp gồm 2014 phần tử sau: { 1; 2; 3;.....; 2014} . Cần loại bỏ ít
nhất bao nhiêu phần tử khỏi tập hợp trên, sao cho tập hợp còn lại có tính chất:
không có phần tử nào bằng tích hai phần tử còn lại khác.
Giải
Trước hết, ta loại bỏ các số 2, 3, 4, 5, ….., 44, và chứng minh tập các số còn lại là
{1;45;46;…..;2014} thỏa mãn đề bài.
Thật vậy, nếu trong 2 số có một số bằng 1 thì hiển nhiên 1.x = x ≠ y luôn đúng với
mọi
x ∈ {45; 46;…..; 2014} và y ∈ {45; 46;…..; 2014}\{x}.
Nếu không số nào bằng 1, tức là x, y ∈ {45; 46;…..; 2014} và x ≠ y , thì
xy > 452 = 2025 > 2014
sẽ không thuộc tập đã cho.
Như vậy, ta đã chỉ ra một cách loại bỏ 43 phần tử thỏa mãn đề bài.

10


Bây giờ, ta xét một cách loại bỏ bất kỳ ít hơn 43 phần tử.
Xét 43 bộ số:

(2; 87; 2 × 87)
(3; 86; 3 × 86)
(4; 85; 4 × 85)
…………….
(44; 45; 44 × 45)

Do tất cả các số trong các bộ trên đôi một khác nhau, và ta chỉ loại bỏ ít hơn 43
phần tử, nên trong tập còn lại sẽ chứa ít nhất một trong số các bộ trên. Bộ ba số ấy
sẽ không thỏa mãn đề bài, nên cách loại bỏ đang xét cũng không thỏa mãn bài
toán.
Vậy ta cần loại bỏ ít nhất 43 phần tử.
Baiuf
Cho tập hợp X ⊂ ¥ * gồm hữu hạn phần tử, ta kí hiệu min X ,max X và X
lần lượt là số nhỏ nhất, số lớn nhất và số phần tử của tập X .
Với mỗi số nguyên dương n ( n ≥ 2 ) và số nguyên k thỏa mãn 1 ≤ k ≤ n , ta
đặt M = { 1,2,..., n} , Sk = { min A + max A | A ⊆ M , A = k } và gọi xk là tổng tất cả
n

các phần tử của Sk . Tính T = ∑ ( −1)
k =1

k −1

xk .

Đặt A = { a1 , a2 ,..., ak } , A ' = { ( n + 1) − ak , ( n + 1) − ak −1,..., ( n + 1) − a1} .
Khi đó quy tắc cho tương ứng A → A ' là một song ánh.
Nhận xét: a1 = min A, ak = max A ⇒ a1 = max A ', ak = min A ' . Do đó tổng min, max
của hai tập A, A ' là

( a1 + ak ) + 2 ( n + 1) − ( ak + a1 ) = 2 ( n + 1) .

11


Từ đó, tổng min và max của tất cả các tập dạng A ∪ A ' ( A là tập con chạy khắp M)
k
k
là 2 xk = 2 ( n + 1) Cn ⇒ xk = ( n + 1) Cn .
n

k
Vậy T = − ( n + 1) ∑ ( −1) Cn = n + 1.
k

k =1

12


2.
Các bài toán về mối liên hệ giữa các tập hợp, các phép toán tập
hợp.
Ví dụ 4.1. Cho n tập hợp A1 , A2 ,..., An ( n ∈ ¥ * ) khác rỗng, phân biệt sao cho với
∀j ≠ k ta có A1 ∪ Aj = Ak . Biết A1 ≤ 2 . Chứng minh rằng tồn tại phần tử x thuộc ít
nhất

n
tập hợp Ai .
2

Hướng dẫn.
Chia n tập thành các tập rời nhau, mỗi tập chứa 2 tập khác A1.
Xét phần tử thuộc A1, nó sẽ thuộc ít nhất 1 trong 2 tập trong mỗi cặp
Ví dụ 4.2. Tìm tất cả các tập hợp hữu hạn A ⊂ N * sao cho tồn tại tập hữu hạn B ⊂
x = ∑x .
N * thoả mãn A ⊂ B và ∑
x∈B
x∈A
2

Hướng dẫn
Gọi m là số lớn nhất trong A
1) Khi m =1 khi đó A = { 1} .Ta chọn B = { 1} và yêu cầu được thoả mãn
2) Khi m >2 xét số y =
Ta có y =

∑
x∈A

∑
x∈A

(x2 - x)

(x2 – x) ≥ m2- m = m (m -1) > 2m >m

Như thế y ∉ A .Xét tập hợp B= A ∪ { y}
Ta có

∑x = ∑x + y = ∑x
x∈B

x∈A

2

x∈A

Vậy tập B thoả mãn yêu cầu bài toán
3) Khi m = 2 trong trường hợp này ta có hoặc A = { 2} hoặc A = { 1,2}

13


Xét trường hợp A = { 2} .Khi đó
điều kiện của bài toán thì

∑

∑x

2

x∈A

= 4. Như thế nếu tồn tại tập B thoả mãn các

x=2

x∈B / A

Từ đó B A = { 2} .Mâu thuẫn vì 2 ∈ A
Xét trường hợp A= { 1,2} . Tương tự như trên ta cũng chứng minh được rằng không
tồn tại tập B thoả mãn các điều kiện của bài toán
Vậy tất cả tập hợp A thoả mãn là A= { 1} hoặc A là tập hữu hạn tuỳ ý mà phần tử
lớn nhất lớn hơn 2.
Bài 5: Cho số nguyên dương n ≥ 2 . Gọi S là tập hợp gồm n phần tử và Ai với
1 ≤ i ≤ m là các tập con khác nhau và gồm ít nhất 2 phần tử của S sao cho từ
Ai ∩ A j ≠ φ , Ai ∩ Ak ≠ φ , A j ∩ Ak ≠ φ ta suy ra được Ai ∩ A j ∩ Ak ≠ φ . Chứng
minh rằng: m ≤ 2 n−1 − 1.
Ta chứng minh quy nạp theo n. Hiển nhiên phát biểu ở đề bài đúng khi n = 2. Giả
sử n > 2 và phát biểu ở đề bàiđúng với mọi số nguyên bé hơn n. Ta xét hai trường
hợp.
*Trường hợp 1: Không tồn tại i và j nào để cho Ai  Aj = S và Ai  A j = 1 (kí
hiệu T để chỉ số phần tử của tập hợp hữu hạn T).
Gọi x là phần tử tuỳ ý thuộc S. Số tất cả các tập hợp A i không chứa x lớn nhất là
bằng 2 n −2 − 1 theo giả thiết quy nạp. Số các tập con chứa x của S là 2 n−1 . Nếu
x ∈ Ai thì sẽ không có j nào để cho A j = ( S − AJ )  { x} , bằng không thì phải có

Ai A j = 1. Do vậy, quá lắm là một nửa các tập con chứa x của S xuất hiện dưới
dạng Ai. Như thế, số lớn nhất của tập Ai là 2 n− 2 − 1 + 2 n −2 = 2 n −1 − 1 .
* Trường hợp 2: Tồn tại một phần tử x ∈ S sao cho A1  A2 = S và

A1  A2 = { x}

14


Đặt A1 = r + 1 và A2 = s + 1 . Khi đó r + s = n − 1 . Theo giả thiết quy nạp, số lớn

nhất cả tập hợp Ai sao cho Ai ⊆ A1 là 2 r − 1 .
Tương tự, số lớn nhất cả tập hợp Ai sao cho Ai ⊆ A2 là 2 s − 1
Nếu Ai không phải là tập con của A 1 và A2 thì A1  Ai ≠ Φ , A2  Ai ≠ Φ . Vì
A1  A2 ≠ Φ , ta có A1  A2  Ai ≠ Φ . Như vậy ta có A1  A2  Ai ≠ { x} . Do đó
Ai = { x}  ( Ai − A1 )  ( Ai − A2 ) , ngoài ra do các tập khác rỗng ( Ai − A1 ) , ( Ai − A2 )
có thể được chọn tương ứng theo 2 r − 1 và 2 s − 1 cách, nên số lớn nhất các tập này
là ( 2 r − 1) ( 2 s − 1) .
Công thêm kết quả riêng này vào, ta nhận được số lớn nhất các tập Ai là 2 n−1 − 1 .

12. Cho tập hữu hạn X . Ta chọn ra 50 tập con A1 , A2 ,..., A50 , mỗi tập đều chứa quá
nửa số phần tử của X . Chứng minh rằng
a) Tồn tại phần tử a thuộc ít nhất 26 tập đã cho.
b) Tồn tại tập con A của X sao cho số phần tử của A không vượt quá 5 và
A ∩ Ai ≠ ∅, ∀i = 1,50.
Giả sử X = n . Tổng số các phần tử của 50 tập con Ai lớn hơn 25n nên tồn tại một
phần tử a thuộc ít nhất 26 tập, chẳng hạn A1; A2 ;......; A26 .
Xét tập 24 tập còn lại suy ra tồn tại ít nhất một phần tử b thuộc 13 tập, chẳng hạn
A27 ; A28 ;...; A39 . Xét 11 tập con còn lại ta suy ra tồn tại c thuộc ít nhất 6 tập, chẳng
hạn A40 ; A41;....; A45 . Xét5 tập còn lại ta suy ra tồn tại phần tử d thuộc ít nhất 3 tập
chẳng hạn A46 ; A47 ; A48 . Xét hai tập còn lại ta suy ra tồn tại một phần tử e thuộc ít
nhất hai tập . chẳng hạn A49 ; A50 .
Suy ra tập A = { a; b; c; d ; e} thỏa mãn bài toán.

15


16. Cho S là một tập hợp có 2014 phần tử. Giả sử S1 , S2 ,..., S2013 là các tập con
của S . Tìm số bộ ( S1 , S2 ,..., S 2013 ) sao cho

2013

I

Si = ∅ ?

i =1

Giả sử A là số bộ ( S1 , S 2 ,..., S 2013 ) sao cho

2013

I

Si = ∅ và Aj là tập hợp mà mỗi

i =1
2013

phần tử là một bộ ( S1 , S2 ,..., S 2013 ) thỏa mãn a j ∈ I Si . Khi đó ta có:
i =1

A = ( 22014 )

2013

−

2014

UA

j

j =1

Mặt khác ta có:
Aj = ( 22014−1 )

2013

Ai I Aj = ( 22014−2 )

2013

….
k

I

j =1

Aj = ( 22014−k )

2013

Âp dụng nguyên lí bù trừ ta được:
A = ( 22014 )
=(2

2013

)

2014 2013

2014

UA

j

j =1

 2014

2014 −1
−  ∑ Aj − ∑ Ai I Aj + ... + ( −1)
A1 I ... I A2014 ÷
1≤i < j ≤ 2014
 j =1


0
= C2014
( 22013 )

= ( 22013 − 1)

−

2014

2014

1
− C2014
( 22013 )

2013

+ ... + ( −1)

2014

2014
C2014
( 22013 )

2014 −2014

.

Vậy số bộ ( S1 , S2 ,..., S2013 )

2013

sao cho

I

i =1

Si = ∅ bằng ( 22013 − 1)

27. Tập hợp E được xây dựng theo các qui tắc sau :
i) E chứa các số 0, 12, 21.

16

2014

.


ii) Nếu a , b là các số tùy ý thuộc E và với mọi số nguyên h lớn hơn hoặc
bằng số chữ số của a thì các số c = 10h+1 + a.10 + 2 , d = 2.10h +1 + a.10 + 1 ,
e = b.10h + a cũng thuộc E .
Giả sử f là số thuộc E có 2011 chữ số và có tổng các chữ số bằng 2013.
Hỏi trong f có mặt bao nhiêu chữ số 0 ?
Gọi G là tập hợp tất cả các số được thành lập từ các chữ số 0, 1, 2 sao cho số chữ
số 1 và số chữ số 2 có mặt trong các số này là như nhau. Ta chứng minh G = E.
1. Chứng minh E ⊂ G. Dùng quy nạp theo số chữ số của những số nằm trong E.
Theo cách thành lập tập E thì các chữ số xuất hiện trong mọi số của E chỉ là các
chữ số 0, 1, 2.
Rõ ràng số có 1 chữ số nằm trong E là 0 và 0∈ G.
Các số có 2 chữ số nằm trong E là 12, 21 và 12, 21∈ G.
Giả sử tất cả các số nằm trong E có số chữ số không vượt quá n + 1 (n ≥ 1) đều
thuộc G.
Xét số x tùy ý có n + 2 chữ số nằm trong E.
+ Nếu x có dạng như c hay d thì nó phải bắt đầu bằng 1 (hoặc 2) và kết thúc bằng 2

(hoặc1). Xóa các chữ số đầu và cuối của x ta đươc một số x’ có không quá n chữ
số nằm trong E. Theo giả thiết qui nạp x’ ∈ G. Vậy trong x số chữ số 1 và số chữ số
2 bằng nhau. Do đó x∈ G.
+ Nếu x có dạng như e = b.10k + a với a, b ∈ E và a có k chữ số, thì số chữ số của a
và b không vượt quá n + 1. Suy ra a, b ∈ G. Vì vậy trong x, số chữ số 1 và số chữ số
2 bằng nhau, tức là x∈ G.
2. Chứng minh G ⊂ E. Dùng qui nạp theo số chữ số của những số nằm trong G.
Ta có số có 1 chữ số nằm trong G là 0 và 0∈ E.
Các số có 2 chữ số nằm trong G là 12, 21 và 12, 21∈ E.
Giả sử tất cả các số nằm trong G có số chữ số không vượt quá n + 1 (n ≥1) đều
thuộc E.
Xét số y tùy ý có n + 2 chữ số nằm trong G.
+ Trường hợp y có dạng bắt đầu bằng 1 (hoặc 2) và kết thúc bằng 0 :
Xóa các chữ số cuối của y ta được một số b có n +1 chữ số. Trong b số chữ số 1 và
số chữ số 2 bằng nhau. Theo giả thiết qui nạp b ∈ E. Ta có y = b.10n+2 + 0. Vì vậy y
∈ E.
+ Trường hợp y có dạng bắt đầu bằng 1 (hoặc 2) và kết thúc bằng 2 (hoặc1) :
Xóa các chữ số đầu và cuối của y ta được một số a có không quá n chữ số. Trong a
số chữ số 1 và số chữ số 2 bằng nhau. Theo giả thiết qui nạp a ∈ E.
Ta có y = 10n+1 + a.10 + 2 hoặc y = 2.10n+1 + a.10 + 1. Vì vậy y∈ E .
+ Trường hợp y có dạng bắt đầu bằng 1 (hoặc 2) và kết thúc bằng 1 (hoặc 2) :

17


Đặt g(k) = m1 – m2, với m1 là số lần xuất hiện của chữ số 1 ở k chữ số đầu của y và
m2 là số lần xuất hiện chữ số 2 ở k chữ số đầu của y (1 ≤ k ≤ n + 1).
Ta có g(1) = 1 (hoặc –1), g(n + 1) = –1 (hoặc 1), g (i ) − g (i + 1) ≤ 1 với 1 ≤ i ≤ n.
Tồn tại số nguyên p sao cho 1< p < n + 1 và g(p) = 0.
Lúc này y = b.10q + a, trong đó a có q chữ số với q ≤ n + 2 – p, b có n – q chữ số và

a, b∈ G. Theo giả thiết qui nạp a, b∈ E. Vì vậy y∈ E.
Gọi mi là số lần xuất hiện chữ số i (i = 0, 1, 2) trong f.
Ta có mo + m1 + m2 = 2011 và 0.mo + 1.m1 + 2.m2 = 2013.
Mà m1 = m2 nên m1 = m2 = 671 và mo = 669.

18


3.

Các bài toán về tập con của tập hợp, phân hoạch tập hợp.

Ví dụ 5.1. Cho tập hợp S gồm 2008 phần tử. Giả sử S 1, S2,..., S50 là 50 tập con của
S thỏa mãn các điều kiện sau:
i) Si = 100 ∀i = 1;50 (kí hiệu Si là số phần tử của Si)
50

ii)

US
i =1

i

=S.

Chứng minh rằng: tồn tại hai tập con S i, Sj (với i ≠ j) mà

Si ∩ S j ≥ 4 .
Hướng dẫn

+) Gọi S = { a1; a2 ;...; a2008 }
Với mỗi i = 1;2008 gọi ki là số tập con của S chứa a i ⇒ số cặp tập con của S chứa
ai là:
2008

∑
i =1

ki ( ki − 1)
và số cặp tập con của S (kể cả lặp) có giao khác rỗng là:
2

ki ( ki − 1)
2

+) Giả sử rằng Si − S j ≤ 3 với mọi i, j và i ≠ j thì số cặp tập con giao khác rỗng
1 2008 ki ( ki − 1)
(không kể lặp) không nhỏ hơn ∑
3 i =1
ki
  2008 2

k

÷
i÷
2008
ki ( ki − 1) 1  2008 2 2008  1   ∑
2500.374
i =1


=  ∑ ki − ∑ ki ÷ ≥
− 5000 ÷ =
Ta có: ∑
÷
2
2  i=1
251
i =1
i =1
 2  2008

÷
÷


1 2008 ki ( ki − 1) 2500.374
≥
> 1241
⇒ ∑
3 i =1
ki
3.251

(1)

19


+) Mặt khác số cặp tập con của S là: C502 = 1225 (2)

So sánh (1) và (2) suy ra mâu thuẫn và dẫn đến điều phải chứng minh.
Ví dụ 5.2. Giả sử có sự phân hoạch ¥ thành hai tập hợp A, B. Chứng minh rằng
∀n ∈ ¥ tồn tại a, b ∈ ¥ phân biệt lớn hơn n sao cho { a, b, a + b } là tập con của A
hoặc B.
Hướng dẫn
Do ¥ = A U B .
- Nếu B là tập hữu hạn ⇒ tồn tại m là phần tử lớn nhất của B. Với mọi n ∈ ¥ lấy
a, b > max{n, m } thì a, b, a + b > m ⇒ { a, b, a + b} ⊂ A .
- Nếu B là tập vô hạn
∀n ∈ ¥ lấy b, c ∈ B phân biệt sao cho b, c > n.
Lấy a ∈ B sao cho a – b > n, a > c ⇒ a > n.
{ a, b, a + b} ⊂ A
⇒ a + c, b + c ∈ A
Giả sử không tồn tại a, b phân biệt sao cho 
{ a, b, a + b} ⊂ B
Do a – b > n, a, b ∈ B mà a – b+ b = a ⇒ a − b ∈ A .
Mà ( a – b) + (b + c) = a + c ∈ A ⇒ { a − b, b + c, a + c} ⊂ A ( mâu thuẫn ).
{ a, b, a+b} ⊂ A
Vậy ∃a, b ∈ ¥ , a, b > n sao cho 
{ a, b, a+b} ⊂ B.
Ví dụ 5.3. Cho tập hợp S = { 1,2,..., n} ; .
Giả sử A1 , A2 ,..., Ak là k tập con của
i) Ai ≥

n
2

∀i = 1,2,3,.., k
k

Chứng minh rằng:

UA

i

i =1

≥

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
ii) Ai ∩ A j ≤

k
n.
k +1

20

n
với ∀i ≠ j .
4


Hướng dẫn
k

Đặt B = U Ai . Giả sử m = B =
i =1

k

UA

i

i =1

và B = { b1 , b2 ,..., bm }

Gọi xi là số tập hợp Aj chứa phần tử bi ∈ B với i = 1,2,.., m . Hiển nhiên xi ≥ 1. Đặt
m

t = ∑ xi
i =1

Để dễ thấy ta lập bảng gồm m dòng, k cột.
a11

a12

…

a1k

a21

a22

…

a2k

…

…

…

…

am1

am 2

…

amk

Tại dòng thứ i , cột thứ j ta điền aij với aij = 1 nếu bi ∈ Aj và aij = 0 nếu bi ∉ Aj .
Vậy tổng tất cả các số trên bảng là
m

k

i =1

i =1

∑ xi = ∑ Ai . Do Ai ≥

m

n
2

∀i = 1...k suy ra t = ∑ xi ≥
i =1

kn
.
2

x 2 − xi
Số các cặp số ( 1,1) nằm trên cùng 1 dòng thứ i là C x2i = i
2

( 1,1)

Vậy tổng số các cặp

nằm trên cùng 1 dòng của toàn bảng là

xi2 − xi
= ∑ Ai ∩ Aj .
∑
2
i =1
i< j
m

Lại có

∑
i< j

k ( k − 1) n
n
Ai ∩ Aj ≤ Ck2 =
, suy ra
4
8
2

xi2 − xi k ( k − 1) n
≤
(1)
∑
2
8
i =1
m

 m 
m

xi2 − xi 1  t 2
xi ÷
∑


m
⇒
≥
−
t
Mặt khác
∑

÷
2
2 m 
xi2 ≥  i =1 
i =1
∑
m
i =1

21


nk
> n > m nên
Mà t ≥
2
Từ (1)(2) suy ra

xi2 − xi nk  nk

≥ 
− 1÷ (2)

∑
2
4  2m 
i =1
m

k
nk  nk
 nk ( k − 1)
−
1
≤
⇒
m
≥
n.

÷
4  2m 
8
k +1

Bài 5: (4 điểm):

Giả sử

n

là một số nguyên dương ( n ≤ 2014 ) và

A = {a1 ,a2 ,...,an } là một tập con của tập {1,2,...,2014} , thỏa mãn: nếu ai +a j ≤ 2014 ,
1 ≤ i ≤ j ≤ n thì ai +a j cũng là một phần tử của tập A . Chứng minh rằng:
a1 +a2 +...+an 2015
≥
n
2
Không mất tính tổng quát giả sử rằng a1 < a2 < ... < an .
Ta sẽ chứng minh ak + an+1−k ≥ 2005 ∀k ≤
Thật vậy, giả sử ∃k ≤

n
2

(1).

n
: ak + an+1−k ≤ 2004 .
2

Khi đó a1 + an +1− k , a2 + an+1− k ,..., ak −1 + an+1−k và ak + an+1−k đều không vượt quá
2004. Như vậy theo giả thiết k số kể trên đều là phần tử của tập A .
Nhưng chú ý rằng những số trên đều lớn hơn an+1−k . Điều này dẫn đến một điều
mâu thuẫn vì trong tập A chỉ có đúng k − 1 số lớn hơn an+1− k , đó là an + 2− k ,..., an .
Vậy điều giả sử là sai. Bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Áp dụng BĐT (1):
2(a1 +a2 +...+an ) = ( a1 +an ) + (a2 +an−1 ) + ... + ( an + a1 ) ≥ n.2015
⇒ đpcm.

22

Câu 5 (4 điểm ): Cho S là tập hợp gồm 2014 số nguyên dương và chọn ra n tập
con của S sao cho tổng các phần tử trong n tập con đó đôi một nguyên tố cùng
nhau. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n
Ta chứng minh n ≤ 22013 + 1
Trong 22014 tập con của S thì có nhiều nhất trong một nửa trong số đó có tổng các
phân tử là số lẻ. Thật vậy, nếu tất cả các phần tử của S đề là số chẵn thì tất cả các
tập con của S đều có tổng các phần tử chẵn nên không có tập con nào trong S có
tổng các phần tử là số lẻ. Nếu tồn tại một phần tử x của S là số lẻ thì ta có thể
chia 22014 tập con của S thành cặp ( T ;T ∪ { x} ) với T là tập con của S mà x ∉ T .
Trong mỗi cặp đó có một tập có tổng các phần tử là chẵn. Do đó có tối đa 22013 các
tập con của S có tổng các phần tử là số lẻ
Vì vậy n > 22013 + 1 thì có ít nhất hai tập con có tổng các phần tử đều là số chẵn
( mâu thuẫn ). Vậy n ≤ 22013 + 1
Ta xây dựng một ví dụ

cho n = 22013 + 1 . Đặt k = (22013 ) ! Và tập

S = { k + 1;2k + 1;4k + 1;.....;22012 k + 1} xét 22013 tập con của S và thêm vào một tập

{ k} .
Các tập con của S chứa phần tử 1 thì tổng các phần tử có dạng ak + 1 với
0 ≤ a ≤ 22013 và hài tập khác nhau thì tổng các phần tử khác nhau. Ta có
gcd (k ; ak + 1) = 1 . Nếu gcd ak + 1; bk + 1) = p( a ≠ b) thì gcd p k (a − b) suy ra
p (a − b) hoặc p k , mà k > a − b > 0 nên p k hay p = 1 . Do đó tổng các phân tử
của các tập trên nguyên tố cùng nhau.
Vậy giá trị lớn nhất có thể của n là n = 22013 + 1
Câu 4. ( 5,0 điểm) Cho tập hợp X = { 1;2;3;...;2016} . Tìm số k nguyên dương nhỏ
nhất sao cho với mọi tập con gồm k phần tử của tập hợp X đều chứa ít nhất 5 số
nguyên liên tiếp.

Giải: Xét tập hợp A = X / { 5k ,1 ≤ k ≤ 403} ⇒ A = 2016 − 403 = 1613

23


Với k không lớn hơn 1613, thì chọn bất kỳ tập

. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất k

sao cho bất kì một họ gồm k tập hợp con của tập { 1,2,3,...., n} đều tìm được ba tập
hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.
Lời giải :
Bổ đề 1. Cho n là một số nguyên n ≥ 2 . Khi đó luôn tồn tại một họ 2n −1 tập con
của tập hợp sao cho bất kì ba tập hợp phân biệt khác rỗng của họ này đều không
thỏa mãn tính chất một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.
Chứng minh.
Ta sẽ chứng minh bổ đề này bằng quy nạp như sau:
+) Khi n = 2 đễ thấy thỏa mãn.
+) Ta giả sử bổ đề này đúng đến n ≥ 2 , tức là từ tập hợp { 1,2,3,...., n} luôn tồn
tại 2n −1 tập hợp A1 , A2 ,....., A2

n−1

sao cho không có tập hợp nào là hợp của hai tập

hợp phân biệt khác nó. Ta xét tập hợp { 1,2,3,...., n, n + 1} . Khi đó 2n tập sau:

Thỏa mãn không có tập hợp nào là hợp của hai tập hợp phân biệt khác nó.
Vậy bổ đề 1 được chứng minhBổ đề 2. Cho
rằng mọi họ gồm ít nhất

là một số nguyên

tập hợp con của tập hợp

. Chứng minh
đều tìm được

ba tập hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại.
Chứng minh.
Ta chứng minh bằng quy nạp toán học.
+) Khi

đễ thấy bổ đề 2 là đúng.

24


+) Giả sử bổ đề 2 đúng đến

, tức là mọi họ

tập con của tập hợp

luôn tồn tại ba tập hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp
của hai tập hợp còn lại.
Ta chứng minh trong bất kì

tập con của tập hợp

luôn tồn

tại ba tập hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai tập hợp
còn lại.
Thật vậy, số tập con chứa
của tập hợp

. Gọi

là số tập con trong

tập con

đã xét ở trên. Khi đó ta xét các trường hơp:

TH1. Nếu

thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm.

TH2. Nếu
trong

bằng

thì có ít nhất

tập con chứa

tập đã xét ở trên. Giả sử ta xét

tập dạng này là

.
Đặt

.

i) Nếu

thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm

ii) Nếu tồn tại sao cho

thì

. Trong

phải có một tập con khác rỗng của
Nếu

giả sử nó là .

thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm.

25

tập đã chọn ở trên