Phân loại và định hướng giải một số bài toán tổ hợp về tập hợp

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
“ PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP ”
2. Lĩnh vực áp dụng:
- Chương trình Toán lớp 10 THPT chuyên, 11 THPT chuyên.
- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc
Bộ.
- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia, tập huấn học sinh thi chọn đội
tuyển dự thi Toán Quốc tế.
3. Thời gian áp dụng: Từ tháng 06/2016 đến tháng 05/2017.
4. Tác giả:
Họ và tên: ....................
Năm sinh: 1984.
Nơi thường trú: Đội 10-xã Hải Thanh-huyện Hải Hậu-tỉnh Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Cử nhân khoa học-chuyên ngành sư phạm Toán.
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc: Trường THPT ..........................
Địa chỉ liên hệ: ................-Giáo viên THPT ..........................
Mail:
5. Đồng tác giả: Không có.
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Đơn vị: Trường THPT ..........................

Trang 1


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG BÁO CÁO
Kí hiệu tắt

Giải thích

THPT

Trung học phổ thông

HSG

Học sinh giỏi

DHBB

Thi Olympic khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ

IMO

Olympic Toán học quốc tế

APMO

Olympic Toán học khu vực Châu Á Thái Bình Dương

USA MO

Olympic Toán học My

MEMO

Olympic Toán học khu vực Trung Âu

TST

Thi chọn đội Quốc gia dự thi Quốc tế

X

Số phần tử (lực lượng) của tập hợp X

P( X )

Tập hợp tất cả các tập con của X

( a; b ) , gcd ( a; b )

Ước chung lớn nhất của a và b

ƯCLN(a; b)

[ a; b] , lcd ( a; b )
BCNN(a; b)

Bội chung nhỏ nhất của a và b

a|b

a chia hết b ; b chia hết cho a ; a là ước của b

[ x]

Phần nguyên của x, là số nguyên lớn nhất không quá x

min { x1; x2 ;...; xk ;...}

Số bé nhất trong các số x1; x2 ;...; xk ;...

max { x1; x2 ;...; xk ;...}

Số lớn nhất trong các số x1; x2 ;...; xk ;...

Đpcm

Điều phải chứng minh

Trang 2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

PHÂN LOẠI VÀ ĐỊNH HƯỚNG
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP VỀ TẬP HỢP
I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Tổ hợp là một trong những nội dung Toán học tổng hợp, nó có thể bao gồm
tất cả các phân môn Đại số, Số học, Giải tích, Hình học. Bài toán tổ hợp có mặt
trong hầu hết các kì thi chọn học sinh giỏi Toán với tư cách là câu “phân loại” học
sinh, bởi vậy đây là nội dung rất quan trọng trong chương trình Toán THPT chuyên

và trong các đợt tập huấn các đội tuyển học sinh giỏi. Ở một khía cạnh khác, các
thao tác tư duy cho loại toán này có thể bắt gặp (và được ứng dụng lại) trong chính
cách giải quyết các bài toán thực tế hay các bài toán dân gian.
Bài toán Tổ hợp đa dạng về nội dung và hình thức nên không có một thuật
toán rõ ràng nào cho chúng, hầu hết chỉ được biết đến với tên gọi “toán suy luận”.
Trong quá trình tìm hiểu, đặc biệt sau khi giảng dạy chuyên đề Tổ hợp cho học sinh
chuyên Toán và bồi dưỡng các đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy các vấn đề Tổ
hợp có thể phát biểu hình thức dưới ngôn ngữ tập hợp. Vì lí do này, để có thể tiếp
cận tốt hơn với toán Tổ hợp, tôi thấy trước hết cần rèn luyện cách tiếp cận với một
bộ phận của nó là các bài toán Tổ hợp về tập hợp bằng việc phân loại và định
hướng giải.Đây chính là nguồn gốc ý tưởng của báo cáo. Bên cạnh việc hệ thống
một số kiến thức về tập hợp, phân loại bài toán theo hình thức, báo cáo sẽ chỉ ra một
số định hướng giải qua phân tích và giải một số bài toán Tổ hợp thi học sinh giỏi có
nội dung về tập hợp.
II. Mô tả giải pháp:Trong phần này, báo cáo sẽ trình bày những nội dung sau:
Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
- Nêu thực trạng trong việc làm toán Tổ hợp về tập hợp.
- Tóm tắt một số nội dung kiến thức liên quan về toán Tổ hợp và tập
hợp.
Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
Phân dạng bài toán Tổ hợp về tập hợp theo hình thức và các định
hướng giải, làm rõ các định hướng thông qua phân tích và hướng dẫn giải
các bài toán trong một số đề thi học sinh giỏi.
Các dạng chính:
- Bài toán xác định tập hợp.
Trang 3


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

- Bài toán ước lượng số phần tử của tập hợp.
- Bài toán về tính chất các phần tử của tập hợp.
Điểm mới và sáng tạo của sáng kiến là:
- Phân loại bài toán để tiếp cận định hướng giải.
- Phân tích một số định hướng giải cho bài toán tập hợp.
- Tuyển chọn hệ thống bài tập theo dạng qua các kì thi Olympic.
***
1. MÔ TẢ GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN
1.1 – Thực trạngtrong giải toán Tổ hợp về tập hợp
Bài toán Tổ hợp nói chung, trong đó có các bài toán về tập hợp thường đòi
hỏi năng lực tư duy tổng hợp để giải quyết, các kiến thức cần sử dụng thường ở
phạm vi rộng, đôi khi thuộc nhiều phân môn. Những điều này tạo ra những “trở
ngại” nhất định đối với đa số người giải toán trong quá trình tìm kiếm lời giải. Mặc
dù nguồn tài liệu hiện nay về tập hợp, nhất là tài liệu trực tuyến khá phong phú
nhưng cũng chỉ tựu chung lại ở việc nêu ra một lí thuyết hay một kĩ thuật và các bài
toán vận dụng lí thuyết, kĩ thuật đó, ít chỉ ra cho người đọc cái nhìn tổng thể về
dạng bài hay hướng tiếp cận tổng hợp. Hai yêu cầu này trở nên hết sức cần thiết
trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán, bởi lẽ cung cấp được “cái tổng quan”
sẽ giúp học sinh tiếp cận được với các vấn đề lớn hay các dạng phát biểu khác nhau
của Toán. Trong báo cáo này, tác giả hi vọng sẽ giảm bớt “trở ngại” qua việc giải
quyết hai yêu cầu đã nêu.
1.2 – Tóm tắt một số kiến thức liên quan về Tổ hợp, tập hợp
1.2.1– Một số vấn đề về tập hợp, phép đếm
Tập hợp và phần tử của tập hợp là các khái niệm cơ bản của Toán học.
Một tập hợp S được xác định bởi các phần tử của nó. Để chỉ phần tử x thuộc về
tập S(hay S chứa x) ta dùng kí hiệu x ∈ S , để chỉ phần tử y không thuộc về tập S
ta dùng kí hiệu y ∉ S . Quy ước tập rỗng, kí hiệu là ∅ , để chỉ “thứ” – tập hợp
không có phần tử nào. Số lượng phần tử của tập S được kí hiệu là S .
Một tập hợp có thể được mô tả bằng lời văn, bởi cách liệt kê các phần
tử; chỉ ra tính chất đặc trưng hoặc là sử dụng biểu đồ Venn.

1.2.1.1 – Quan hệ giữa hai tập hợp
Trang 4


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

a) Tập hợp A gọi là tập con của tập hợp B (hay là B chứa A) , kí hiệu là A ⊂ B (hay
là B ⊃ A ) khi và chỉ khi ∀x, x ∈ A ⇒ x ∈B .
Kí hiệu P ( A ) là tập hợp (họ) tất cả các tập con của tập hợp A.
* Quy ước: ∅⊂ A với mọi tập hợp A.
b) Hai tập hợp A và B gọi là bằng nhau, kí hiệu A = B, nếu mọi phần tử của tập A là
phần tử của tập B và mọi phần tử của tập B là phần tử của tập A.
A = B ⇔ ( ( A ⊂ B ) ∧ ( B ⊂ A) ) .

* Định lí:

A ⊂ B ⇒ P( A) ⊂ P( B ) .

A = B ⇔ P( A ) = P ( B ) .
A = n ⇒ P ( A ) = 2n .
1.2.1.2 – Phép toán trên tập hợp
a) Phép hợp: A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = { x | ( x ∈ A1 ) ∨ ( x ∈ A2 ) ∨ ... ∨ ( x ∈ An ) } .
b) Phép giao: A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ An = { x | ( x ∈ A1 ) ∧ ( x ∈ A2 ) ∧ ... ∧ ( x ∈ An ) } .
c) Hiệu của hai tập hợp: A \ B = { x | ( x ∈ A ) ∧ ( x ∉ B ) } .
Nếu B ⊂ A thì A \ B = C A B còn gọi là phần bù của B trong A.
Trong một số trường hợp, ta kí hiệu B để chỉ tập các phần tử không thuộc B.
d) Tích Descartes: A1 × A2 ×…× An = { ( x1; x2 ;...; xn ) | x1 ∈ A1, x2 ∈ A2 ,..., xn ∈ An } .
Phân hoạch tập hợp:Cho tập hợp A. Một bộ các tập hợp con A1 , A2 ,..., An ( n ≥ 2 )
n

của tập A gọi là một phân hoạch của A nếu
mà 1 ≤ i < j ≤ n .

UA

i

i =1

= A và Ai ∩ Aj = ∅ với mọi i, j

Một số luật quan trọng:
* Luật kết hợp: A ∩ ( B ∩ C ) = ( A ∩ B ) ∩ C , A ∪ ( B ∪ C ) = ( A ∪ B ) ∪ C .
* Luật phân phối: A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C )
Trang 5


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

A ∪ ( B ∩ C ) = ( A ∪ B) ∩ ( A ∪ C )
* Luật De Morgan: A \ ( B ∩ C ) = ( A \ B ) ∪ ( A \ C ) , A \ ( B ∪ C ) = ( A \ B ) ∩ ( A \ C ) .
1.2.1.3 – Phép đếm
a) Ba cấu hình cơ bản:
* Hoán vị: Mỗi cách sắp xếp (bộ) n phần tử của tập hợp A = { a1; a2 ;...; an } theo một
trật tự nhất định gọi là một hoán vị của A. Số hoán vị của A là Pn = 1.2.3...n = n! .
*Tổ hợp: Mỗi cách lấy ra k phần tử tùy ý từ tập hợp A = { a1; a2 ;...; an } (không kể thứ
k
tự, 1 ≤ k ≤ n ) gọi là một tổ hợp chập k của A. Số tổ hợp chập k của A là Cn =

n!

k !( n − k ) !

.
Hệ quả: Nếu A có n phần tử thì A có đúng Cnk tập con có k phần tử.
* Chỉnh hợp: Mỗi cách lấy ra k phần tử tùy ý theo một trật tự nhất định từ tập hợp
A = { a1; a2 ;...; an } (1 ≤ k ≤ n ) gọi là một chỉnh hợp chập k của A. Số chỉnh hợp chập
k
k của A là An =

n!
= k !Cnk .
( n − k)!

b) Hai quy tắc đếm:
* Quy tắc cộng: Nếu A1 , A2 ,..., An là các tập hợp đôi một rời nhau (tức là có giao
bằng rỗng) thì A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = A1 + A2 + ... + An .
n

Mở rộng (Nguyên lí bù trừ): A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = ∑ ( − 1)

k −1

k =1


Ai1 ∩ Ai2 ∩ ... ∩ Aik
 ∑
1
≤
i

<
i
<
...
<
i
≤
n
 1 2 k


÷.


* Quy tắc nhân: A1 × A2 ×…× An = A1 × A2 × ... × An .

1.2.2– Hai phương pháp chứng minh: Quy nạp và Phản chứng
1.2.2.1 – Phương pháp quy nạp:Cho a là một số nguyên, cần chứng minh định lí
(*): “ P ( n ) đúng với mọi số nguyên n lớn hơn hoặc bằng a”, ta làm hai bước:
Bước cơ sở: Chứng minh P(a)đúng.
Trang 6


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Bước quy nạp: Chứng minh với mọi số nguyên n lớn hơn a, P ( n ) ⇒ P ( n + 1) .
Nguyên lí quy nạp: Nếu bước cơ sở và bước quy nạp đúng thì định lí (*) đúng.
1.2.2.2 – Phương pháp phản chứng: Để chứng minh mệnh đề “ ∀ x ∈ X , P ( x ) ⇒ Q ( x )
” là đúng, ta đi chứng minh mệnh đề “ ∃x ∈ X , P ( x ) ∧ Q ( x ) ” là sai, tức là dùng suy
luận để từ giả thiết P ( x ) đúng và Q ( x ) sai dẫn đến điều mâu thuẫn.

1.2.3–Ánh xạ
Định nghĩa: Cho hai tập hợp khác rỗng X và Y. Nếu với mỗi phần tử x thuộc X,
quy tắc f đặt tương ứng x với phần tử xác định duy nhất y thuộc Y thì ta nói f là
→ Y . Khi đó nói y = f ( x ) hay y
một ánh xạ đi từ X vào Y, kí hiệu là f : X 
là ảnh của x, x là tạo ảnh của y.

→ Y gọi là đơn ánh nếu hai phần tử khác nhau
1.2.3.1 – Đơn ánh: Ánh xạ f : X 
trong X có ảnh là hai phần tử khác nhau trong Y.
→ Y là đơn ánh thì X ≤ Y .
Tính chất: Nếu f : X 
→ Y gọi là toàn ánh nếu mỗi phần tử trong Y
1.2.3.2 – Toàn ánh: Ánh xạ f : X 
đều có tạo ảnh của nó ở trong X.
→ Y là toàn ánh thì X ≥ Y .
Tính chất: Nếu f : X 
→ Y gọi là song ánh nếu nó vừa là toàn ánh,
1.2.3.3 – Song ánh: Ánh xạ f : X 
vừa là đơn ánh.
Tính chất:Cho hai tập hợp khác rỗng X và Y. Ta có X = Y khi và chỉ khi tồn

→Y .
tại một song ánh f : X 

1.2.4 – Hai nguyên lí cơ bản của Tổ hợp
1.2.4.1 – Nguyên lí Dirichlet:Nếu nhốt n.m + r con thỏ (n, m, r là những số
nguyên dương) vào n cái chuồng thì phải có ít nhất một cái chuồng chứa không ít
hơn m + 1 con thỏ.
1.2.4.2 – Nguyên lí cực hạn:

Một tập hữu hạn các số thực luôn có phần tử lớn nhất và phần tử nhỏ nhất.
Trang 7


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Một tập con khác rỗng của tập số nguyên dương luôn có phần tử bé nhất.
Một tập con khác rỗng của tập số nguyên âm luôn có phần tử lớn nhất.

Trang 8


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

2. MÔ TẢ GIẢI PHÁP SAU KHI CÓ SÁNG KIẾN
2.1 – Bài toán xác định tập hợp
Trong phần này xét lớp các bài toán mà ta gọi là “Bài toán xác định tập hợp”,
bao gồm: Bài toán tìm tất cả các tập hợp thỏa mãn các điều kiện cho trước; Bài toán
chỉ ra sự tồn tại (hoặc không tồn tại) một tập hợp thỏa mãn điều kiện cho trước. Cấu
trúc lời giải cho dạng bài tập này giống như bài toán Phương trình hàm, do vậy có
thể kế thừa một số ý tưởng sau cho việc tìm kiếm lời giải:
Bài toán Phương trình hàm
Sử dụng phương pháp thế để tính
một số giá trị đặc biệt của hàm
số.

Bài toán xác định tập hợp
Xét các trường hợp phần tử đặc
biệt; các tập con đặc biệt.

Dự đoán kết quả hàm cần tìm và
chứng minh sự đồng nhất của dự
đoán đó và hàm số thỏa mãn điều
kiện cho.

Dự đoán kết quả tập hợp cần
tìm, chứng minh tập hợp cần
tìm mang các đặc trưng của tập
dự kiến.

Như vậy, ba định hướng sau đây có thể sử dụng cho dạng bài tập này:
- Chọn phần tử xuất phát (phần tử đặc biệt như 0, 1, …, phần tử cực hạn,
phần tử “hiển nhiên thuộc tập hợp”), từ đây xây dựng thêm các phần tử
mới của tập hợp cần tìm.
- Dùng phương pháp quy nạp để khẳng định tính đúng đắn của quy trình
hay của tính chất mà ta dự đoán cho tập hợp cần tìm.
- Sử dụng suy luận phản chứng để bác bỏ vấn đề.
Sau đây là một số thí dụ minh họa cho việc áp dụng các định hướng trên trong giải
toán Tổ hợp về Tập hợp:
1996
Thí dụ 2.1.1 (Balkan MO 1996). Cho tập hợp X = { 1;2;3;...;2 −1} . Chứng
minh rằng tồn tại tập con A của X thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(i)
(ii)
(iii)

1∈ A và 21996 − 1∈ A .
∀ x ∈ A \ { 1} , ∃a, b ∈ A mà x = a + b .
A ≤ 2012 .

Phân tích và Hướng giải

Trang 9


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Trước hết với phần tử 1 đã có, dùng tính chất (ii) ta có thể tạo thêm được
những phần tử mới nào của A ? Đó là 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, 5 = 3 + 2, 7 =
3 + 4, … Dễ thấy các số tạo ra đều có dạng 2n − 2m , có thể phân thành hai dạng:
k
n
2n − 1 và 2 ( 2 − 1) . Tìm hiểu số lần thêm các phần tử vào A theo một trong hai
dạng trên ta có hai nhận xét sau:
Nhận xét 1 – Nếu ta đã có phần tử 2n − 1 , nhân số này với 2 ta được phần tử
2 ( 2n − 1) , nhân tiếp phần tử thu được với 2, … cứ như vậy n lần thì ta viết thêm được

n
n
n
n
đến phần tử 2 ( 2 − 1) . Thêm một bước cộng phần tử 2 ( 2 − 1) với 2n −1 ta viết
được phần tử 22 n − 1 . Tóm lại, từ phần tử 2n − 1 đã có, sau khi thêm n + 1 phần tử
nữa ta có được phần tử 22 n − 1.

Nhận xét 2 – Từ phần tử 22 n − 1 đã có, ta nhân lên 2 được phần tử 22 n+1 − 2 ,
cộng phần tử mới này với phần tử 1 được phần tử 22 n+1 − 1 . Như vậy từ phần tử
22 n − 1 đã có, thêm 2 phần tử nữa ta được phần tử 22 n+1 − 1 .
M

Ta sử dụng sơ đồ b ¬ a để ngụ ý rằng từ phần tử a đã có, ta viết thêm M số
nữa và cuối cùng thu được phần tử b. Sử dụng các nhận xét 1 và 2 ở trên ta có sơ đồ
tạo các phần tử của A như sau:

21996 − 1¬ 999  2998 − 1¬ 500  2499 − 1¬ 2  2498 − 1¬ 250  2249 − 1
125
63
32
¬ 2  2248 − 1¬ 
 2124 − 1¬ 
262 − 1¬ 
231 − 1¬ 2  230 − 1
16
2
2
4
2
2
¬ 
215 − 1¬ 
214 − 1¬ 8  27 − 1¬ 
26 − 1¬ 
23 − 1¬ 
2 2 − 1¬ 
21 − 1 = 1 .

Như vậy tổng số phần tử ta đã viết ra thỏa mãn các điều kiện (i) và (ii) là
N = 999 + 500 + 2 + 250 + 2 + 125 + 63 + 32 + 2 + 16 + 2 + 8 + 2 + 4 + 2 + 2 + 2 + 1 = 2012 ,
như vậy (iii) được thỏa mãn. Tập hợp A thỏa mãn (i), (ii), (iii) là tồn tại.
Thí dụ 2.1.2. Tồn tại hay không dãy vô hạn tập con A1 , A2 ,... của tập hợp các số

nguyên dương ¥ * thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
(ii)

Ai = 2 với mọi i =1, 2,3,...
Với mỗi số nguyên dương n, tồn tại duy nhất i để n ∈ Ai .

(iii)

Với mỗi i, tổng tất cả các phần tử của Ai đúng bằng 2017 + i .

(i)

Trang 10


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Lời giải
Giả sử tồn tại dãy tập con A1 , A2 ,... thỏa mãn yêu cầu đề bài. Với mỗi số
nguyên dương i, ta đặt Si = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ai .
+ Từ (ii) suy ra các tập hợp Ai đôi không có giao.
+ Từ (i) và điều liền trên suy ra

Si = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ai = A1 + A2 + ... + Ai = 2i .
+ Từ (iii), với mỗi số nguyên dương t mà 1 ≤ t ≤ i thì mọi phần tử của At đều
nhỏ hơn tổng các phần tử trong At là 2017 + t ≤ 2017 + i , do đó At là con của

{ 1, 2,3,...,2015 + i}

với mọi t = 1, i , suy ra ( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ai ) ⊂ { 1,2,3,...,2017 + i} .

Vậy suy ra Si = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ai ≤ { 1,2,3,..., 2017 + i} hay 2i ≤ 2017 + i với mọi i
nguyên dương. Rõ ràng điều này không đúng với i> 2017.
Vậy không thể tồn tại dãy tập con A1 , A2 ,... thỏa mãn đề bài.

Thí dụ 2.1.3(Poland MO). Chứng minh rằng có thể xếp thứ tự tất cả các tập con
của một tập hợp khác rỗng có hữu hạn phần tử sao cho hai tập con liền kề bất kì
khác nhau đúng một phần tử.
Lời giải
Xét tập A khác rỗng và có n phần tử. Ta chứng minh rằng:
- Tồn tại một dãy thứ tự các tập con của A là A1, A2, A3, …, Am sao cho
mỗi tập con của A có mặt trong dãy đúng một lần (rõ ràng m = 2n ).
- Với mỗi chỉ số i thuộc {1; 2; …;m – 1} thì trong các tập Ai \ Ai +1 và

Ai +1 \ Ai có một tập là rỗng và tập kia có đúng một phần tử.
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n:
* Xét n = 1, khi đó chọn dãy A1 = ∅ , A2 = A là dãy thỏa mãn.
* Giả sử với số nguyên dương n, mọi tập A có n phần tử đều có thể sắp xếp tất cả
các tập con của nó theo yêu cầu nêu trên. Bây giờ ta xét tập hợp B có n + 1 phần tử,
không giảm tổng quát có thể coi như B = A ∪ { x} .
Trang 11


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Với tập A ta đã có dãy tập con là A1 , A2 , A3 ,..., Am (với m = 2n ).
Xét dãy A1 , A2 , A3 ,..., Am , Am ∪ { x} , Am −1 ∪ { x} , ..., A1 ∪ { x} (*).
Rõ ràng trong (*) có đúng 2.2n = 2n+1 tập hợp, mỗi tập này đều là tập con của tập B,
chúng đôi một khác nhau, mà tập B chỉ cố 2n+1 tập con nên (*) là dãy tất cả các tập
con của B. Dễ dàng kiểm tra thấy hai tập liền kề trong (*) có hiệu hoặc là tập rỗng

hoặc là tập có một phần tử. Vậy yêu cầu sắp xếp các tập con cũng đúng với tập có n
+ 1 phần tử. Theo nguyên lí quy nạp, kết luận của bài toán được chứng minh.
Thí dụ 2.1.4 (Đề nghị DHBB - 2015). Cho số nguyên n ≥ 2 . Với một họ gồm ít
nhất 2n−1 +1 tập hợp con không rỗng phân biệt tùy ý của tập { 1;2;...;n} , tồn tại hay
không ba tập hợp mà một trong chúng là hợp của hai tập còn lại? Hãy chứng minh.
Lời giải
Câu trả lời là có tồn tại ba tập hợp thỏa mãn trong họ 2n−1 +1 tập hợp tùy ý.
Ta xây dựng ba tập hợp thỏa mãn yêu cầu bằng phương pháp quy nạp:
* Với n = 2, 2n−1 + 1 = 3 . Tập { 1;2} có đúng ba tập con khác rỗng là { 1} ,{ 2} , { 1;2} ,
rõ ràng ba tập này thỏa mãn yêu cầu bài toán.
* Giả sử với 2n−1 +1 tập hợp con không rỗng phân biệt tùy ý của tập { 1;2;...;n} , tồn
tại hay ba tập hợp mà một trong chúng là hợp của hai tập còn lại. Bây giờ ta đi xét
một họ T gồm 2n +1 tập hợp con không rỗng và đôi một phân biệt của
{ 1;2;...; n + 1} và chỉ ra sự tồn tại của ba tập hợp trong T thỏa mãn yêu cầu.
+ Nếu trong T có ít nhất 2n−1 +1 tập hợp không chứa phần tử n + 1 thì sử
dụng giả thiết quy nạp ta có Đpcm.
+ Nếu trong T có không quá 2n−1 −1 tập không chứa n + 1 thì trong T có ít
n
n −1
n −1
nhất 2 + 1 − ( 2 − 1) = 2 + 2 tập chứa n + 1, ta bỏ đi phần tử n + 1 trong các tập

này thì thu được 2n−1 + 2 tập con của { 1;2;...;n} , theo giả thiết quy nạp có Đpcm.
Trang 12


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

+ Nếu trong T có đúng 2n−1 tập hợp không chứa n + 1 (những tập này gọi là
bộ phận T1) thì trong T còn lại 2n +1 − 2 n−1 = 2 n−1 +1 tập con có chứa n + 1, gọi

nhóm 2n−1 +1 tập này là H. Có hai khả năng xảy ra:
• Khả năng 1 – Trong H không chứa { n + 1} , nghĩa là mọi tập trong H đều
có ít nhất hai phần tử (vì luôn có mặt phần tử n + 1 rồi), khi đó từ mỗi tập
trong H ta bỏ đi phần tử n + 1 thu được 2n−1 +1 tập con của { 1;2;...; n} . Sử
dụng giả thiết quy nạp từ nhóm H này ta chọn được ba tập thỏa mãn yêu
cầu.
• Khả năng 2 – Trong H chứa { n + 1} và đúng 2n−1 tập của T có chứa n + 1
và mỗi tập có ít nhất hai phần tử. Ta bỏ đi phần tử n +1 trong 2n−1 tập này
thì thu được bộ phận T2 gồm những tập con khác rỗng của { 1;2;...;n} .
n
n
Thấy T1 + T2 = 2 > 2 − 1 ( 2n − 1 là số tập con khác rỗng của { 1;2;3;..;n} ),

do đó có ít nhất một tập trong bộ phận T 1 và một tập trong bộ phận T 2
trùng nhau, gọi tập này là A. Thế thì A ∪ { n + 1} là một tập trong số các tập
của T, có Đpcm.

Thí dụ 2.1.5 (APMO 2004). Xác định tất cả các tập hợp S hữu hạn và khác rỗng,
i+ j
∈S
i, j ∈ S .
bao gồm các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện
( i, j ) với mọi
Phân tích
Trong bài toán này, điểm cốt lõi để tìm được lời giải là sự kiện S ≠ ∅ và sự
không cần thiết phân biệt của i, j trong đề bài, dẫn đến “phần tử xuất phát” sẽ là 2.
Lời giải:

Trang 13

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

+ Do S ≠ ∅ nên tồn tại a ∈S . Ta có 2 =

a+a
2∈ S .
( a, a ) nên

+ Giả sử trong S còn phần tử b khác 2.
• Nếu b là số lẻ thì b + 2 =

b+2
thuộc S. Dễ thấy b + 2 là một số lẻ và lớn
( b,2 )

hơn b. Tiếp tục lập luận này ta được b + 4 =

b+2+2
( b + 2,2 ) thuộc S, …,

b + 2n ∈ S với mọi n nguyên dương, suy ra S chứa vô hạn phần tử, trái giả

thiết.
• Nếu b là số chẵn, ta coi b là phần tử chẵn khác 2 bé nhất của S. Khi đó có

b+2 b+2
b+2
=
thuộc S. Nếu

là số lẻ, trở lại trường hợp đầu có điều
2
( b,2 )
2
b+2
b+2
< b nên mâu thuẫn với
là số chẵn thì vì 2 <
2
2
tính bé nhất của b.
mâu thuẫn. Nếu

Tóm lại, trong S không còn phần từ nào ngoài số 2, vậy S = { 2} .
Thí dụ 2.1.6. Xác định tất cả các tập con khác rỗng A, B, C của tập hợp ¥ * thỏa
mãn đồng thời các điều kiện:
A∩ B = B ∩C =C ∩ A = ∅.
(i)
(ii)
A ∪B ∪C =¥ * .
∀a ∈ A, ∀b ∈ B, ∀c ∈ C : a + c ∈ A, b + c ∈ B, a + b ∈ C .
(iii)
Phân tích
Với các dữ kiện của đề bài ta có thể liên hệ ngay tới sự phân hoạch tập hợp số
nguyên dương theo mod 3 sẽ thỏa mãn các yêu cầu đó, điều này dẫn đến việc ta
chọn phần tử xuất phát là 1, 2, 3. Lưu ý rằng tập hợp C có tính chất của tập “ 3¥ * ”
nên ta có thể xét phần tử “min” trong nó phải là 3.
Hướng dẫn
1. C là tập con khác rỗng của ¥ * nên trong C có phần tử bé nhất, gọi đó là x. Nếu
x = 1 thì từ (iii) suy ra ∀ a ∈ A, ∀ b ∈ B : a + 1∈ A, b + 1∈ B . Bằng quy nạp đơn

giản suy ra a + b ∈ A ∩ B với a ∈ A, b ∈ B . Điều này mâu thuẫn với (i).
Vậy x ≥ 2 , khi đó { 1,2,.., x − 1} ⊂ ( A ∪ B ) .
Trang 14


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

2. Với mọi r ∈ { 1,2,..., x − 1} , có r ∈ A ∪ B , từ x ∈C suy ra x + r ∈ A ∪ B ,
x + x + r ∈ A ∪ B ,… bằng quy nạp dẫn đến kx + r ∈ A ∪ B với mọi số tự
nhiên k. Điều này chứng tỏ mọi số nguyên dương không chia hết cho x đều
thuộc vào A ∪ B , do đó mọi phần tử của C đều là bội của x. Suy ra
∀a ∈ A, ∀b ∈ B : x | ( a + b ) .
3. Xét x = 2 , khi đó mọi số thuộc C đều là số chẵn.
Không mất tổng quát coi 1∈ A .
Từ (iii), bằng quy nạp suy ra mọi số nguyên dương lẻ đều thuộc A. Chọn
b ∈B thì b + 1∈ C , suy ra b + 1 chẵn, suy ra b lẻ, suy ra b ∈ A ∩ B : mâu
thuẫn với (i).
Vậy x khác 2.
4. Xét x ≥ 4 , khi đó { 1,2,3} ⊂ A ∪ B . Ta phân 3 số 1, 2, 3 vào hai tập hợp A, B,
rõ ràng có hai số thuộc vào cùng một tập, không mất tổng quát coi 1, 2 cùng
thuộc vào A (các trường hợp khác làm tương tự). Lấy b ∈B thì suy ra
b + 1, b + 2 thuộc C, do đó cả b + 1, b + 2 cùng là bội của x, suy ra
b + 2 − b − 1 ≥ x , điều này vô lí.
5. Phải có x = 3. Khi đó các phần tử của C là bội của 3. Coi 1 thuộc A, từ (i)
bằng quy nạp suy ra A chứa tất cả các số nguyên dương chia 3 dư 1. Nếu 2
cũng thuộc A thì A cũng chứa tất cả các số nguyên dương chia 3 dư 2. Suy ra
B ∪ C = ¥ * \ A chỉ chứa những số chia hết cho 3. Lấy một số chia hết cho 3
trong B cộng với một số chia 3 dư 1 trong A ta được một số chia 3 dư 1 thuộc
C, điều này dẫn đến A ∩ C ≠ ∅ trái với (i). Vậy nếu 1 thuộc A thì phải có 2
*

*
thuộc B. Từ đó suy ra A = { 3k + 1| k ∈¥ } , B = { 3k + 2 | k ∈¥ } ,
C = { 3k | k ∈¥ *} .

6. Sau khi thử lại, có hai đáp số của bài toán là:
A = { 3k + 1| k ∈¥ *} , B = { 3k + 2 | k ∈¥ *} , C = { 3k | k ∈¥ *}

*
*
*
hoặc là A = { 3k + 2 | k ∈¥ } , B = { 3k + 1| k ∈¥ } , C = { 3k | k ∈¥ } .

Thí dụ 2.1.7 (Romanian TST 2002). Tìm tất cả các cặp tập hợp A, B thỏa mãn
đồng thời các điều kiện sau:
(i)
(ii)
(iii)

A∪ B = ¢ .
Nếu x ∈ A thì x − 1∈ B .
Nếu x ∈ B và y ∈ B thì x + y ∈ A .
Phân tích và hướng giải

Trang 15


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Từ các dữ kiện (ii), (iii) ta liên hệ tới tính chất “liền kề”, “chẵn, lẻ” của số nguyên,
do đó dễ dàng phán đoán hai đáp số cho bài toán là A = B = ¢ và A = 2¢ , B = 2¢ + 1 .

Bỏ qua bộ nghiệm đặc biệt A = B = ¢ thì từ (iii) thấy B như là tập số lẻ, do đó phần
tử xuất phát ta chọn là số 0 với mối quan hệ của nó và tập B.
Từ A ∪ B = ¢ nên có hai trường hợp xảy ra:
1. Trường hợp 1: 0 thuộc B. Từ (iii), với mọi x thuộc B thì x = x + 0 thuộc A,
suy ra B ⊂ A . Vậy ¢ = A ∪ B = A . Từ (ii) suy ra B = ¢ .
2. Trường hợp 2: 0 thuộc A nhưng không thuộc B.
• Từ (ii) có −1 = 0 −1 thuộc B, từ (iii) có −2 = −1 + ( −1) thuộc A. Bằng quy
nạp suy ra được −2n ∈ A và − ( 2n + 1) ∈ B với mọi số tự nhiên n.
• Nếu 2 thuộc B thì 1 = 2 + (-1) thuộc A, suy ra 0 = 1 – 1 thuộc B: mâu
thuẫn. Vậy phải có 2 thuộc A, suy ra 1 = 2 – 1 thuộc B.
• Giả sử trong B chứa số nguyên dương chẵn, thế thì có số nguyên dương m
bé nhất mà 2m thuộc B. Từ -1 thuộc B suy ra 2m − 1 thuộc A, suy ra
2m − 2 thuộc B. Nếu m = 1 thì 2m − 2 = 0 thuộc B là điều mâu thuẫn, nếu
m > 1 thì 0 < 2m − 2 < 2m là điều trái với cách chọn m. Vậy trong B không
chứa số nguyên dương chẵn nào, theo đó mọi số nguyên dương chẵn đều
thuộc A. Từ (ii) suy ra mọi số nguyên dương lẻ thuộc B (*).
• Nếu trong A còn chứa một phần tử nguyên lẻ, từ (ii) suy ra trong B chứa
một phần tử chẵn. Từ (iii) và (*) suy ra A chứa mọi số lẻ, vậy là A = ¢ ,
suy ra B = ¢ , điều này trái với yêu cầu 0 không thuộc B. Vậy trong A chỉ
chứa phần tử chẵn, theo đó trong B chỉ chứa phần tử lẻ. Vậy A, B tương
ứng là tập hợp các số nguyên chẵn và tập hợp các số nguyên lẻ.
3. Thử lại ta thấy bài toán có hai đáp số: A = B = ¢
hoặc là A, B là tập hợp các số nguyên chẵn, tập hợp các số nguyên lẻ.
Thí dụ 2.1.8. Cho A là tập các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
(i)
(ii)
(iii)

A ≥ 3.
Nếu a ∈ A thì mọi ước nguyên dương của a thuộc A.

Nếu 1 < a < b và a, b ∈ A thì 1 + ab ∈ A .

Chứng minh rằng A = ¥ * .
Ý tưởng: Ta dễ dàng có được 1 thuộc A. Bằng suy luận ta “kiến tạo” thêm các phần
từ liền kề là 2, 3, 4 … thuộc A, sau đó dùng quy nạp để kết thúc bài toán. Lưu ý 3 là
ước của 1 + 2.4 nên ta sẽ “tạo” ra phần tử 3 sau khi có 2 và 4.
Lời giải
Trang 16


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Đặt { x; y; z} ⊂ A với x < y < z .
1. Từ (ii) có 1∈ A . Nếu yz chẵn thì từ (ii) suy ra 2 ∈ A , nếu yz lẻ thì từ (iii) có
1 + yz là số chẵn thuộc A, do đó có 2 ∈ A .
2. Ta chứng minh 4 ∈ A :
+ Trường hợp 1 :z chia hết cho 4, từ (ii) suy ra 4 ∈ A .
+ Trường hợp 2: z ≡ 1( mod 4 ) . Ta có 2 và z thuộc A¸ 2
1 + 2 z ≡ 3 ( mod 4 ) . Vậy 1 < z < 1 + 2 z suy ra 1 + z ( 1 + 2 z ) ∈ A .
Do 1 + z ( 1 + 2 z ) ≡ 4 ( mod 4 ) nên quay về trường hợp 1 có 4 ∈ A .
+ Trường hợp 3: z ≡ 2 ( mod 4 ) , khi đó có 1 + 2z ∈ A và 1 + 2 z ≡ 1( mod 4 ) ,
quy về trường hợp 2.
+ Trường hợp 4: z ≡ 3 ( mod 4 ) , khi đó 1 + z ( 1 + 2 z ) thuộc A và

1 + z ( 1 + 2 z ) ≡ 2 ( mod 4 ) , quy về trường hợp 3. Vậy luôn có 4 ∈ A .
3. Như vậy có 1, 2, 4 ∈A , suy ra 9 = 1 + 2.4 ∈ A , suy ra 3 ∈ A , suy ra 13 = 1 + 3.4 ∈ A ,
40 = 1 + 3.13 ∈ A , suy ra 5,8 ∈ A .
Giả sử đã có 1, 2, 3, 4, 5, …, k thuộc A với k ≥ 5 , ta chứng minh k + 1 cũng
thuộc A. Thật vậy:

k
k
Nếu k chẵn thì
là số nguyên dương nhỏ hơn k và lớn hơn 2, do đó có
2
2
k
thuộc A, suy ra 1 + k = 1 + 2. ∈ A .
2
k +1
k +1
k +1
∈ A nên 2 + k = 1 + 2.
∈ A . Lại có
Nếu k là số lẻ thì 2 <
2
2
2
1 + 2k ∈ A , 1 < k + 2 < 2k + 1 nên 1 + ( k + 2 ) ( 2k + 1) ∈ A hay ( k + 1) ( 2k + 3) ∈ A , suy ra
k + 1∈ A .Vậy phải có A = ¥ * .
Thí dụ2.1.9 (Đề nghị DHBB năm 2011). Kí hiệu ¥ * là tập hợp các số nguyên
dương. Tìm tất cả các tập hợp hữu hạn A ⊂ ¥ * sao cho tồn tại tập hữu hạn B ⊂ ¥ *
thỏa mãn điều kiện A ⊂ B và

∑x= ∑x

2

x∈B

x∈A

.

Lời giải
Theo nguyên lí cực hạn, trong A có m là phần tử lớn nhất. Ta xét các trường
hợp sau đây:
* Trường hợp 1:m = 1, khi đó A = { 1} , chọn B = { 1} thì yêu cầu được thỏa mãn.
Trang 17


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

* Trường hợp 2:m = 2, khi đó chỉ có thể xảy ra A = { 1; 2} hoặc là A = { 2} .
- Nếu A = { 2} , giả sử có tập B thỏa mãn đề bài thì

∑

x∈B\ A

∑x= ∑x

2

x∈B

x∈A

= 4, suy ra

x = 2, điều này chứng tỏ B \ A = { 2} = A , có điều mâu thuẫn.

- Nếu A = { 1; 2} , làm như trên cũng có điều mâu thuẫn. Vậy m = 2 không xảy ra.
2
* Trường hợp 3: m > 2. Xét số y = ∑ ( x − x ) . Chú ý rằng mọi phần tử của A đều
x∈A

là số nguyên dương nên x 2 − x ≥ 0, hơn thế trong tổng

∑( x
x∈ A

2

− x ) có mặt thành

phần m 2 − m > 2m − m = m nên suy ra y > m . Vậy y là số nguyên dương không
thuộc A. Ta xét tập hợp B = A ∪ { y} thì rõ ràng A ⊂ B và

∑x= ∑x

2

x∈B

x∈A

.

Kết luận: Tất cả các tập hợp A thỏa mãn yêu cầu là A = { 1} , hoặc A là một tập hữu
hạn tùy ý có phần tử lớn nhất lớn hơn 2.
Thí dụ2.1.10 (USA MO 2001). Cho S là tập hợp các số nguyên thỏa mãn đồng thời
các điều kiện sau:
(i)
(ii)

Tồn tại hai phần tử a, b thuộc S mà (a; b) = (a – 2; b – 2) = 1.
2
Nếu x, y thuộc S (x, y không nhất thiết phân biệt) thì x − y thuộc S.

Chứng minh rằng S = ¢ .
Phân tích và hướng dẫn
Trong S đã có mặt hai phần tử a, b phân biệt và nguyên tố cùng nhau, với các
giả thiết (ii) rất khó để suy luận được sự có mặt của phần tử 0 hay 1 trong S, do đó
ta sẽ chọn phần tử xuất phát là a hoặc b và chỉ ra được tính chất quan trọng là “nếu
x thuộc S thì x ± 1 cũng thuộc S”.
Trước hết ta viết x → f ( x ) để thay cho phát biểu “nếu x thuộc S thì f ( x ) thuộc
S”.
+ Xét c, d thuộc S thì (ii) cho ta x → d 2 − x, x → c 2 − x , do đó:
x → d 2 − ( c2 − x ) = x + d 2 − c2
x → c2 − ( d 2 − x ) = x − ( d 2 − c2 )

Trang 18


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017
2
2
Vậy ta có x → x ± α với mọi α∈ P , P = { c − d | c, d ∈ S } .

Suy ra x → x ± α ± β với mọi α, β ∈ P (1).
+ Đặt m = gcd ( α | α ∈ P ) , tồn tại dãy số nguyên ( xk ) mà

∑xa

ak ∈P

k

k

= m.

Bằng quy nạp và sử dụng (1) suy ra x → x ± ak , suy ra x → x ± a∑∈P xk ak hay x → x ± m .
k

+ Bây giờ ta chứng minh m = 1 thì bài toán được giải quyết:
Phản chứng: Giả sử m khác 1, khi đó tồn tại số nguyên tố p là ước của m, như vậy:

 d ≡ c ( mod p )

2
2
- Với mọi c, d thuộc S thì c − d ≡ 0 ( mod p ) , suy ra 

 d ≡ − c ( mod p )

 c 2 − c ≡ c ( mod p )
⇒

Mặt khác ∀ c ∈ S , c − c ∈ S , theo đó  2
 c − c ≡ − c ( mod p )
2

.

 c ≡ 0 ( mod p )
(2).

 c ≡ 2 ( mod p )

- Từ (i) suy ra ít nhất một trong hai số a, b không chia hết cho p, ít nhất một
trong hai số a − 2, b − 2 không chia hết cho p, suy ra trong S tồn tại hai số
m, n mà m không đồng dư 0 và n không đồng dư 2 theo mod p. Theo (2) phải
có m ≡ 2, n ≡ 0 ( mod p ) . Bây giờ ta chọn c = n 2 − m ∈ S thì có c ≡ −2 ( mod p )
. Từ (2) suy ra −2 ≡ 0 hoặc là −2 ≡ 2 ( mod p ) , dẫn đến p = 2.
Dễ thấy nếu p = 2 thì (2) suy ra mọi phần tử của S đều chẵn, điểu này
mâu thuẫn với tính chất (i). Vậy điều giả sử là sai, dẫn đến m = 1, do đó bài
toán được giải quyết.

Thí dụ 2.1.11 (Đề nghị DHBB - 2015). Cho số nguyên dương n.
a) Chứng minh rằng tồn tại tập S gồm 6n phần tử là các số nguyên dương
phân biệt sao cho bội chung nhỏ nhất của hai số bất kì trong S không vượt
quá 32n2 .
b) Chứng minh rằng với mọi tập T gồm 6n phần tử là các số nguyên dương
phân biệt, bao giờ cũng tồn tại hai phần tử của T có bội chung nhỏ nhất lớn
hơn 9n 2.
Phần tích và hướng giải
Các ý tưởng có thể sử dụng trong việc tìm kiếm lời giải bài toán bao gồm:

Trang 19


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

- Với hai số nguyên dương a, b thì [ a, b ] =

ab
≤ ab . Điều này cho
( a, b )

2
phép ta xây dựng được các phần tử a, b mà [ a, b ] ≤ 32n .

- Để xây dựng hai phần tử thuộc một tập hữu hạn có mối quan hệ T nào
đó, có thể phân hoạch “tập miền” (tập chứa a, b) thành các khoảng con có độ
dài phù hợp có lợi cho quan hệ T và sử dụng nguyên lí Dirichlet.
a) Đặt A = { 1;2;3;...;4n} và B = { 4n + 2;4n + 4;4n + 6;...;4n + 4n} . Ta chỉ ra
S = A ∪ B là tập thỏa mãn yêu cầu.
Thật vậy:S có 6n phần tử phân biệt, BCNN của hai số (chẵn) trong B không
8n
quá 8n. = 32n2 . Còn BCNN của hai số trong A, hoặc một số trong A và một số
2
trong B không quá tích của hai số này, do đó không quá 4n.8n = 32n2 .
b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Nếu tập U gồm m + 1 số nguyên dương ( m ≥ 2 ) phân biệt và tất cả các số
này đều không nhỏ hơn m, thì luôn tồn tại 2 phần tử của U sao cho BCNN của
chúng lớn hơn m2 .
Chứng minh:

1 1 1
Sắp xếp các phần tử ui của U: u1 > u2 > ... > um+1 ≥ m ⇒ u ≤ u ≤ m , ∀1 ≤ i ≤ m + 1.
i
1
1 1
Ta chia đoạn  ;  thành m đoạn con có độ dài bằng nhau. Theo nguyên lí
 u1 m 

1 1
thuộc cùng một đoạn con.
ui u j

Dirichlet, ∃ i, j thỏa mãn 1 ≤ i < j ≤ m + 1 mà ,
Như vậy 0 <

Mà

1 1 11 1 1
− ≤  − ÷<
.
u j ui m  m u1  m 2

1 1 ui − u j
− =
có mẫu số cuối cùng sau khi giản ước là ui , u j  còn tử số là
u j ui
uiu j

2
một số nguyên dương, do đó ui , u j  > m . Ta có bổ đề được chứng minh.

Trang 20


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

- Quay lại bài toán: Cho m = 3n. Lấy 3n + 1 phần tử lớn nhất của tập T, ta có chúng
đều không nhỏ hơn 3n. Áp dụng bổ đề nêu trên ta có điều phải chứng minh.

; ] với mọi
Thí dụ 2.1.12. Cho tập hợp X = { x1; x2;...; xn } với n ∈ ¥ ,n ≥ 5, xi ∈ [ −11
i = 1, n . Chứng minh rằng tồn tại tập con Y khác rỗng của X mà T ( Y ) −

T( X) 1
≤
3
3

với kí hiệu T ( A ) là tổng tất cả các phần tử của tập hợp A.
Phân tích:
Từ bất đẳng thức mà đề bài yêu cầu gợi ý ta đến việc phân hoạch tập X thành
ba tập con và chỉ ra sự tồn tại một trong số các tập con đó là Y. Ta tạm coi X được
phân hoạch thành Y, Y’, Y” thì T ( Y ) −

T( X) 1
≤ ⇔
3
3

 2T ( Y ) ≤ T ( Y ') + T ( Y ") + 1

(*).

 2T ( Y ) ≥ T ( Y ') + T ( Y ") − 1

Dựa trên cách cho tập X (các phần tử lấy ngẫu nhiên trong đoạn [-1;1]), ta
phán đoán rằng để có (*) thì T ( Y ) không thể là số lớn nhất và nhỏ nhất trong ba số

T ( Y ) , T ( Y ' ) ,T ( Y ") . Ta coi T ( Y ') ≤ T ( Y ) ≤ T ( Y ") thì để có (*) ta chỉ cần
T ( Y ") − T ( Y ' ) ≤ 1.

Hướng giải:
Bước 1 – Ta chứng minh kết quả:
Nếu có một cách phân hoạch tập hợp X thành ba tập hợp A, B, C mà

T ( A ) ≤ T ( B ) ≤ T ( C ) và T ( C ) − T ( A ) ≤ 1 thì có T ( B ) −

T( X) 1
≤ .
3
3

Thật vậy: 3T ( B ) − T ( X ) = 2T ( B ) − T ( A ) − T ( C ) , mà

2T ( B ) − T ( A ) − T ( C ) ≥ 2T ( C ) − T ( A ) − T ( C ) = T ( C ) − T ( A ) ≥ −1
và

2T ( B ) − T ( A ) − T ( C ) ≤ 2T ( A ) − T ( A ) − T ( C ) = T ( A ) − T ( C ) ≤ 1

nên có −1≤ 3T ( B ) − T ( X ) ≤ 1⇔ T ( B ) −

T( X) 1
≤ .
3
3

Trang 21


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

Bước 2 – Ta chứng minh sự tồn tại các phân hoạch tập X thành ba tập A, B, C thỏa
mãn T ( A ) ≤ T ( B ) ≤ T ( C ) và T ( C ) − T ( A ) ≤ 1.
+ Do n ≥ 5 nên theo nguyên lí Dirchlet, tồn tại ít nhất ba phần tử của X cùng không
dương hoặc là cùng không âm, không mất tổng quát ta coi ba phần tử không âm
cùng với thứ tự của chúng là x1 ≤ x2 ≤ x3 (trường hợp ba phần tử cùng không dương
quy về trường hợp không âm bằng cách đổi dấu tất cả các phần tử của X).
+ Ta bắt đầu “kiến tạo” các tập A, B, C bằng cách xây dựng phần tử của chúng từng
bước một như sau:
Ban đầu cho A = { x1} , B = { x2} , C = { x3} .
Giả sử đã xếp xong cho các phần tử x1, x2,..., xk tạo thành ba tập A, B, C thỏa
mãn yêu cầu. Bây giờ ta xét tiếp xk +1, nếu nó không âm thì ta xếp nó vào tập có
tổng bé nhất (coi là A) còn nếu nó không dương thì ta xếp nó vào tập có tổng lớn
nhất (coi là B). Chẳng hạn xk +1 không âm, khi đó ba tổng ứng với ba tập mới là
T ( A ) + xk +1, T ( B ) , T ( C ) , có đúng ba khả năng về thứ tự của ba tổng này là:

T ( A ) + xk +1 ≤ T ( B ) ≤ T ( C )
T ( B ) ≤ T ( A ) + xk +1 ≤ T ( C )
T ( B ) ≤ T ( C ) ≤ T ( A ) + xk +1
Dựa vào 0 ≤ T ( C ) − T ( A) ≤ 1 dễ dàng suy ra trong cả ba trường hợp đã nêu, tổng
lớn nhất hơn tổng nhỏ nhất không quá 1 đơn vị. Như vậy ta đã chỉ ra sự tồn tại của

cách phân hoạch tập X thành ba tập A, B, C thỏa mãn T ( A ) ≤ T ( B ) ≤ T ( C ) và

T ( C ) − T ( A ) ≤ 1. Chọn Y = B là có Đpcm.

2.2 – Bài toán ước lượng số phần tử của tập hợp
Trong phần này, báo cáo tập trung vào một số định hướng cho việc ước lượng
(cận trên hay cận dưới) về số phần tử của một tập hợp thỏa mãn các điều kiện cho
trước, không đi sâu vào kĩ thuật đếm bởi “Bài toán đếm” là mảng khá rộng và
phong phú về mặt phương pháp, đã được nhiều tài liệu đề cập tới. Một số định
hướng cho dạng bài tập này là:
Trang 22


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

- Tìm kiếm các phần tử đặc biệt. Xây dựng tập hợp xuất phát là tập hợp các
phần tử thỏa mãn hoặc không thỏa mãn các điều kiện đặt ra, từ đó có ước
lượng về số phần tử thỏa mãn yêu cầu.
- Phân hoạch tập hợp ban đầu, ước lượng số phần tử thỏa mãn yêu cầu trong
mỗi tập đã phân hoạch. Trong một số trường hợp không nhất thiết phải dùng
phân hoạch mà chỉ đơn thuần là việc phân chia tập ban đầu thành các tập con
(có thể có giao) và đếm trong các tập con đó.
- Sử dụng các nguyên lí quy nạp, Dirichlet; suy luận phản chứng.
Thí dụ 2.2.1. Một tập hợp S gồm các số nguyên dương được cho bởi:

 ( x 2 + y ) ( y 2 + x )

*
S=
|

x
>
y
vµ
x
,
y
∈
¥
∩¥.
2
( x − y)


a) Chứng minh rằng S chứa vô hạn số lẻ và vô hạn số chẵn.
b) Tìm phần tử bé nhất của S.
Hướng dẫn
a) * Chọn x = y + 1 với y là số nguyên dương tùy ý thì
( x2 + y ) ( y2 + x ) = y2 + 3 y + 1 y2 + y + 1
(
)(
) là số nguyên dương lẻ, do đó S
2
( x − y)
chứa vô hạn các phần tử lẻ.
* Chọn x = 2 y + 1 với y là số nguyên dương lẻ tùy ý thì
( x2 + y ) ( y 2 + x ) = 4 y2 + 5 y + 1
là số nguyên dương chẵn, do đó S chứa vô hạn
2
( x − y)

các phần tử chẵn.
b) Với x > y ≥ 1 thì

(x
n=

2

+ y ) ( y2 + x)

( x − y)

2

(x
≥

2

+ 1) ( 1 + x )

( x − 1)

2

= f ( x) .

85
39
, f ( 5 ) = . Dễ dàng chứng minh khi

9
4
x ≥ 6 thì f ( x ) > 10 (bằng biến đổi tương đương hoặc xét hàm). Vậy suy ra
phần tử nhỏ nhất của S là 10.
Có f ( 2 ) = 15, f ( 3) = 10, f ( 4 ) =

Thí dụ 2.2.2.(Balkan MO 2014). Tập hợp S các “số đặc biệt” cho bởi
Trang 23


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

 a 3 + 2b3
*
S= 3
|
a
,
b
,
c
,
d
∈
¥
∩¥
3
 c + 2d

Chứng minh rằng: a) S có vô hạn phần tử.

b) 2014 không thuộc S.
Hướng dẫn
a) Chọn a = b = x (x nguyên dương tùy ý), c = d = 1 thì
a 3 + 2b3 x 3 + 2 x 3 3
=
= x ∈ S . Điều này suy ra S là tập có vô hạn phần tử.
c 3 + 2d 3 1 + 2.1
b) Giả sử 2014 thuộc S, khi đó tồn tại các số nguyên dương a, b, c, d mà
a 3 + 2b 3 = 2014 ( c 3 + 2d 3 ) ⇔ a 3 + 2b 3 = 2 × 19 × 53 ( c 3 + 2d 3 ) (*)

19 . Lưu ý mỗi số lập phương khi chia cho 19 chỉ có thể
Suy ra ( a + 2b ) M
cho số dư thuộc tập {0; 1; 7; 8; 11; 12; 18}, từ đó suy ra a, b đồng thời chia
hết cho 19.
- Đặt a = 19a1 , b = 19b1 với a1 , b1 nguyên dương. (*) thành:
3

3

192 ( a13 + 2b13 ) = 2 × 53 ( c3 + 2d 3 )

a b c d
,
,
,
là số nguyên dương với mọi
19n 19n 19n 19 n
n, điều này không thể xảy ra ngoại trừ trường hợp a = b = c = d = 0, điều
này trái với giả thiết a, b, c, d là số nguyên dương.
- Lặp lại suy luận trên dẫn đến

Thí dụ 2.2.3(USA JMO 2016, Day 1.P3). Cho X 1 , X 2 , X 3 ,..., X 100 là một dãy các
tập con đôi một phân biệt và khác rỗng của một tập hợp S. Biết rằng với mọi
i ∈ { 1, 2,3,...,99} , X i ∩ X i +1 = ∅ và X i ∪ X i +1 ≠ S . Tìm giá trị nhỏ nhất của số phần
tử của S.
Hướng dẫn
S
1. Giả sử tồn tại tập S thỏa mãn đề bài, ta có 2 ≥ 100 ⇒ S ≥ 7 .
2. Giả sử S có 7 phần tử và có dãy 100 tập con (gọi là dãy (*)) thỏa mãn đề bài.
Rõ ràng X i ≥ 1 nên X i ≤ 6 với mọi i ∈ { 1,2,3,...,99,100} .

Trang 24


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016-2017

* Nếu tồn tại một tập X i có 6 phần tử thì tập liền kề (trước, hoặc sau) với X i
trong dãy (*) mà ta gọi là A thỏa mãn A ∩ X i = ∅ , A ≠ ∅ , A ∪ X i ≠ S . Điều
này không thể xảy ra. Vậy X i ≤ 5 với mọi i ∈ { 1,2,3,...,99,100} .
* S có 7 phần tử nên có tối đa 7 tập con có một phần tử trong dãy (*),
2
có tối đa C7 = 21 tập con có hai phần tử trong (*),

có tối đa C7 = 35 tập con có ba phần tử trong (*).
Nếu trong (*) có một tập có nhiều hơn 3 phần tử, gọi đó là tập B thì hoặc là B
là tập X 1 , hoặc là B đi với hai tập liền kề trước và sau trong (*) mà mỗi tập
này có không quá hai phần tử. Theo đó số lượng tập như B trong (*) không
quá 7 + 21 + 7 = 35. Vậy số lượng tập con của S tạo thành dãy có tính chất
như (*) không quá 7 + 21 + 35 + 35 = 98 < 100. Vậy không thể xảy ra S = 7
3

.
3. Bây giờ ta chỉ ra một cách xây dựng dãy (*) cho tập S có 8 phần tử, khi đó
giá trị nhỏ nhất của số phần tử của S là 8.
Không mất tổng quát ta coi S = { 1,2,3,...,8} . Ta “dàn hàng ngang” các tập con có
3 phần tử theo quy tắc hai tập con liền kề có chung nhau đúng hai phần tử:
{1; 4; 5}, {1; 4; 6}, {1; 4; 7}, …, {1; 4; 8}, {1;5;2}, {1;5;3}, …
Sau đó ta viết xen vào giữa các tập con có ba phần tử vừa viết một tập con có
bốn phần tử theo quy tắc giữa hai tập {i;j;k} và {i;j;l} ta điền tập S\{i;j;k;l}.
3
Bằng cách này ta được 2C8 − 1 = 111 tập con liên tiếp tạo thành dãy có tính chất
như của dãy (*). Vậy bài toán được giải quyết.
Thí dụ 2.2.4(MEMO 2012). Cho n là số nguyên dương. Một tập con S của tập hợp
{ 1;2;3;...;n} được gọi là “đẹp” nếu nó không chứa ba phần tử phân biệt a, b, c nào
mà a chia hết cho b và b chia hết cho c. Xác định số phần tử lớn nhất có thể của một
tập “đẹp” S.
Phân tích và hướng giải
* Nếu có ba phần tử phân biệt a, b, c mà a chia hết cho b và b chia hết cho c thì phải
có a ≥ 2b ≥ 2.2c = 4c . Do đó ta chọn một tập con S* của { 1;2;3;...;n} có phần tử nhỏ
nhất lớn hơn

n
thì chắc chắn
4

S * là một tập “đẹp” (vì nếu có sự “vi phạm” thì

Trang 25