Chuyen de HSG Toan 9 BT cuc tri to hop

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO BỒI DƯỠNG HSG LỚP 9 NĂM 2015 MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TỔ HỢP TRẦN NGỌC THẮNG GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC, TỈNH VĨNH PHÚC Chuyên ngành toán tổ hợp là một bộ phận quan trọng, hấp dẫn và lí thú c ủa Toán học nói chung và toán rời rạc nói riêng. Nội dung của toán tổ hợp phong phú và được ứng dụng nhiều trong thực tế đời sống. Trong toán sơ cấp, tổ hợp cũng xuất hiện trong rất nhiều bài toán với độ khó rất cao. Tổ hợp có vị trí đ ặc bi ệt trong toán học không chỉ như là những đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như một công cụ đắc lực của các mô hình rời rạc của giải tích, đ ại s ố, hình học... Với vai tròn quan trong toán học như vậy nên trong hầu hết các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olimpic toán quốc tế, thi Olimpic sinh sinh viên gi ữa các tr ường đại học và cao đẳng, các bài toán liên quan đến tổ hợp thường là các bài toán r ất khó, là những bài tập phân loại học sinh rất tốt. Phương pháp giải các bài toán tổ hợp thường rất phong phú và đa d ạng. Nhìn chung để giải một bài toán tổ hợp thông thường học sinh phải sáng t ạo ra phương pháp và cách thức tiếp cận bài toán. Do đó khi giảng dạy phần tổ hợp thì đi ều quan trọng là với mỗi bài toán giáo viên nên phân tích, định hướng l ời gi ải m ột cách cụ thể để học sinh hiểu được ý tưởng cũng như mục đích c ủa bài toán. Đ ể cho việc giảng dạy toán phần tổ hợp đạt được kết quả tốt, chúng tôi m ạnh d ạn viết chuyên đề "sử dụng số phức để giải một số dạng toán tổ hợp" để trao đổi với các thầy, cô giáo về phương pháp giảng dạy các bài toán tổ hợp. Trong chuyên đề này, một số dạng bài tập được chọn lọc là các đ ề ra c ủa các kì thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, Olimpic sinh viên giữa các tr ường đ ại h ọc trên thế giới những năm gần đây. Chuyên đề được chia làm hai phần chính: I. Phần bài tập minh họa II. Phần bài tập tương tự Những bài toán tổ hợp xuất hiện trong các đề thi chọn học sinh giỏi những năm gần đây thường là các bài tập hay và khó, có đ ộ phân hóa cao gi ữa các đ ối.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> tượng học sinh. Với thời gian ngắn thì học sinh thường rất khó để giải quy ết đ ược các bài toán dạng này và đây cũng là vấn đề rất nan giải trong công tác ôn luy ện học sinh giỏi của đa số giáo viên. Số lượng cũng như số d ạng bài toán t ổ h ợp là rất nhiều (có thể nói là vô hạn) nên giáo viên không thể dạy hết tất c ả đ ược, mà cần phải có phương pháp hiệu quả nhất để trang bị cho học sinh cách ti ếp c ận cũng như các kiến thức cơ sở trong việc giải quyết các bài toán tổ hợp. Chuyên đề được hoàn thành với sự giúp đỡ nhiệt tình cả về nội dụng và hình th ức c ủa các thầy, cô giáo trong tổ toán - tin, BGH trường THPT chuyên Vĩnh Phúc. Do thời gian và trình độ có hạn nên trong bài viết chỉ đề cập đến một khía c ạnh r ất nh ỏ c ủa dạng toán tổ hợp, rất mong nhận được góp ý và các phương pháp hiệu quả đ ể việc giảng dạy phân môn này có hiệu quả hơn. I. MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA Bài 1. Cho tập hợp và M là tập hợp con của tập X có tính chất T nếu: tích của 3 phần tử phân biệt bất kì trong M đều không là số chính phương. Tìm số phần tử lớn nhất của M . Lời giải. Xét 4 tập hợp rời nhau có 3 phần tử và tích của 3 phần tử đ ều là s ố chính phương:.  1, 4,9 ,  2, 7,14 ,  5,12,15 ,  3, 6,8 Nếu tập hợp M có tính chất T thì có ít nhất một phần tử trong mỗi tập trên không thuộc M suy ra M 11 . Giả sử M 11 : Do M có tính chất T nên mỗi tập trong 4 tập hợp  1, 4,9 ,  2, 7,14 ,  5,12,15 ,  3, 6,8 phải có đúng hai phần tử thuộc M và các phần tử 10,11,13  M . Khi đó với tập hợp  5,12,15 ta xét các trường hợp sau: 2 +) 5,12  M  2  M  7,14  M  8  M  3, 6  M . Do 3.12 6 nên M không được. chứa một phần tử nào của . 1, 4,9. vô lí.. 2 +) 5,15  M  3  M  6,8  M  2  M  7,14  M . Do 7.14.8 28 vô lí..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 +) 12,15  M  6  M  3,8  M . Do 3.12 6 nên M không được chứa một phần tử. nào của . 1, 4,9. M 10. vô lí. Vậy. . Mặt khác nếu ta lấy. M  1, 4,5, 6, 7,10,11,12,13,14. Vậy số phần tử lớn nhất của tập hợp M là 10. Bài 2. Cho tập hợp. X  1, 2,3,...,16. và M là tập hợp con của tập X có tính chất. T nếu: M không chứa ba phần tử nào đôi một nguyên tố cùng nhau. Tìm s ố. phần tử lớn nhất của M . Lời giải. Xét tập hợp số. A  1, 2,3,5, 7,11,13. , ta thấy nếu tập hợp M thỏa mãn.  M 11 tính chất T thì M chỉ chứa nhiều nhất 2 phần tử của A . Mặt khác tập 2,3, 4, 6,8,9,10,12,14,15,16 hợp gồm 11 phần tử sau thỏa mãn tính chất T :  . Vậy số. phần tử lớn nhất của M là 11. Bài 3 (VMO 2004). Cho tập hợp. A  1, 2,3,...,16. . Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ. nhất sao cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân 2 2 biệt a, b thỏa mãn a  b là một số nguyên tố.. Lời giải. Xét tập hợp. B  2, 4, 6,8,10,12,14,16. 2 2 , ta thấy a, b  B  a  b là một số. chẵn lớn hơn 2 nên k thỏa mãn yêu cầu bài toán thì k 9 . Ta sẽ chứng minh k 9 sẽ là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, ta chia tập hợp A 2 2 a, b thành 8 cặp hai phần tử   sao cho a  b là một số nguyên tố:.  1, 4  ,  2,3 ,  5,8  ,  6,11 ,  7,10  ,  9,16  ,  12,13  , 14,15  Do đó theo nguyên tắc Dirichlet thì trong 9 phần tử phân biệt của t ập hợp A phải tồn tại hai số thuộc cùng một cặp. Vậy k nhỏ nhất bằng 9. Bài 4. Cho tập hợp. M  1, 2,..., n , n 2. . Hãy tìm số m nhỏ nhất sao cho trong mỗi. tập con chứa m phần tử của M đều tồn tại ít nhất hai số a, b mà số này là bội của số kia..

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   n 1   n  1    n  1 M 1   ,  1,..., n  2 n    2   2   của M. Do  2  Lời giải. Xét tập con nên trong. M1.  n  1 m    1 2  không có hai số mà số này chia hết cho số kia. Do đó , ta sẽ chứng.  n  1 m    1 2  minh là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, xét tập.    a1 , a2 ,..., a n 1 1   2    của M. Ta xét hai trường hợp n chẵn và n lẻ. con  b TH1. Nếu n 2k , ta viết ai 2 ci , trong đó ci là số lẻ, i 1, 2,..., k 1 . Do chỉ có đúng i. c c  a ,a k số lẻ nên tồn tại i  j sao cho i j một trong hai số i j có một số chia hết. cho số kia. b TH2. Nếu n 2k 1 , ta viết ai 2 ci , trong đó ci là số lẻ, i 1, 2,..., k  2 . Do chỉ có i. c c  a ,a nhiều nhất k+1 số lẻ nên tồn tại i  j sao cho i j một trong hai số i j có. một số chia hết cho số kia.  n  1 m  1  2  . Vậy số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu là. Sau đây ta đưa ra một số ứng dụng của bài toán trên. Bài 4.1. Cho tập hợp M  1, 2,..., 2n , n 1 . Khi đó mọi tập hợp gồm n  1 phần tử của M đều chứa hai phần tử là bội của nhau. Kết quả này khá hay và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán liên quan. Sau đây tôi xin đưa ra một số bài tập vận dụng hệ quả đã nêu ở trên. Bài 4.2 (Brasil 2015). Cho tập. S  1, 2,..., 6n , n 2. . Tìm số nguyên dương k lớn. A 4n nhất sao cho khẳng định sau đúng: mỗi tập con A của S , , có ít nhất k a, b , a  b a b cặp   và .. Lời giải..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Lấy. A  2n  1, 2n  2,..., 6n. . Nếu. x, y  A, x y. n6y yx32 x, y  A, x y x, y , ta có xn21 . Do đó thì cặp  . 2n  t , 4n  2t  , t 1, 2,..., n phải có dạng  . Từ đó ta được k n .. x , y , x , y ,..., x , y Nếu k  n , ta giả sử có k cặp là  1 1   2 2   k k  của tập con S . Xét tập B  A \  x1 , x2 ,..., xn . x, y , x  B , y  B . Vì mọi cặp   và x, y không là bội của nhau. Ta có. B  A  k  4n  n 3n  B 3n  1. . Từ đây, kết hợp với bài 4.1 ta suy ra trong tập. B có hai phần tử là bội của nhau, vô lí. Vậy số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn. yệu cầu bài toán là k n .  a , a   2n, i  j Bài 4.3. Cho n, n  1 số nguyên dương a1  a2  ...  an 2n sao cho  i j  ..  2n  a1     3. Chứng minh rằng. Lời giải. 2n  2n  a1    a1   3a1 2n 2a ,3a , a ,..., an  3  3 Giả sử . Xét tập hợp  1 1 2 gồm n  1 phần tử. 1, 2,..., 2n của tập  nên theo bài 4.1 ta có tồn tại hai số là b ội c ủa nhau. Gi ả s ử ai a j , 2 i  j   ai , a j  ai 2n 2a a , 2 i   2a1 , ai  ai 2n vô lí. Nếu 1 i vô lí. Nếu. 3a1 ai , 2 i   3a1, ai  ai 2n.  2n  a1     3 . vô lí. Vậy giả sử ban đầu là sai suy ra. 1 Bài 4.4. Cho số nguyên dương n . Trên trục số lấy một khoảng có độ dài bằng n n 1 . Chứng minh rằng khoảng này không chứa nhiều hơn 2 phân số tối giản. p dạng q , trong đó p, q  ,1 q n .. Lời giải..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 n 1 Giả sử trong khoảng có độ dài bằng n có nhiều hơn 2 phân số tối giản. pi p j p , qi q j p , q   ,1  q  n q dạng , trong đó . Theo bài 4.1 thì tồn tại hai phân số sao. cho. qi q j. . Đặ t. q j kqi . Ta nhận thấy nếu. . Từ (1) ta được. kpi  p j pi p j p pj   i  qi q j qi kqi kqi. kpi  p j 0  k p j   p j , q j   1. kpi  p j 1 pi p j p p   i j   qi q j qi kqi kqi n. (1).. vô lí suy ra. vô lí vì. kpi  p j 0  kpi  p j 1. pi p j 1   qi q j n. . Do đó bài toán. được chứng minh. Bài 5. Cho X là một tập con của tập . 1, 2,3,...,10000. , sao cho nếu a, b nằm trong X. thì ab không nằm trong X. Tìm số phần tử lớn nhất của tập X. Lời giải. Xét tập hợp con. M  101,102,...,10000. của . 1, 2,3,...,10000. 2 , do 101  10000. nên tập hợp M thỏa mãn yêu cầu bài toán, tập hợp M có 9900 phần t ử. Ta sẽ chứng minh 9900 là số lớn nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, xét t ập con A gồm có 9901 phần tử, ta chứng minh tập A không th ỏa mãn yêu c ầu bài toán. Xét 100 bộ số sau :.  100  i,100  i,  100  i   100  i   , 0 i 99 . Dễ thấy nếu cả 3. số của mỗi bộ trên thuộc A thì vô lý suy ra phải có ít nhất một số trong mỗi b ộ đó không thuộc A.  A 10000  100 9900. , vô lí. Vậy số phần tử lớn nhất của X. bằng 9900. 1; 2;3;...;100 A Bài 6. Cho A là một tập con của tập hợp  , có phần tử nhỏ nhất là 1 và phần tử lớn nhất là 100. Giả sử A có tính chất: Với mỗi phần tử x của A ,. x 1 thì x hoặc bằng tổng của hai phần tử thuộc A hoặc bằng hai lần một. phần tử thuộc A . Tìm số phần tử nhỏ nhất có thể của tập hợp A ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lời giải. Giả sử tập hợp A gồm n phần tử là 1 x1  x2  ...  xn  1  xn 100 . Với mỗi số 2 i n ta có: xi  x j  xs 2 xi  1. . Do đó. x2 2 x1 2, x3 2 x2 4, x4 2 x3 8 x5 2 x4 16, x6 2 x5 32, x7 2 x6 64. ,. .Vì vậy n 8 .. Nếu n 8  x8 100 , kết hợp với x6  x7 64  32 96  x8 2 x7  x7 50 . Do. x5  x6 48  x7 2 x6  x6 25. . Mặt khác. x4  x5 24  x6 2 x5  x5 . 25 2 vô lý.. A  1, 2,3,5,10, 20, 25,50,100 Do đó n 9 , với n 9 ta lấy tập hợp thỏa mãn yêu cầu. bài toán. Vậy số phần tử nhỏ nhất của tập hơp A là 9. Bài 7. Cho tập hợp X có n 2 phần tử . Xét k 2 tập con của X thỏa mãn X i  X j , i  j , X i  X j , i, j 1, 2,..., k. . Tìm giá trị lớn nhất có thể có của k .. Lời giải. Xét k tập Y1  X \ X 1 , Y2  X \ X 2 ,..., Yk  X \ X k . Do X i  X j , i  j , X i  X j , i, j 1, 2,..., k. nên Yi Y j , i  j, Yi  X j , i, j 1, 2,..., k . Do đó. ta có 2k tập con đôi một phân biệt của tập X . Mặt khác số tập con của tập hợp X. n n 1 n là 2 . Do đó 2k 2  k 2 .. n 1 n 1 X \  a Với k 2 , ta xét phần tử a  X và gọi 2 tập con của là A1 , A2 ,..., A2 . Khi n 1. đó. X 1  A1  a , X 2  A2  a ,..., X 2n 1  A2n 1  a. n 1 là 2 tập con của X thỏa mãn yêu. n 1 cầu bài toán. Vậy giá trị lớn nhất của k 2 .. Bài 8. Cho n, k là các số nguyên dương, n 2 . Tìm số nguyên dương nhỏ nhất k 1, 2,..., n sao cho bất kì một họ gồm k tập hợp con của tập  đều tìm được ba tập. hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn l ại. Lời giải. Trước hết ta chứng minh hai bổ đề sau đây:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> n 1 Bổ đề 1. Cho n là một số nguyên n 2 . Khi đó luôn tồn tại một họ 2 tập con. 1, 2,..., n 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. n 1 1, 2,..., n +) Ta giả sử bổ đề này đúng đến n 2 , tức là từ tập hợp  luôn tồn tại 2. tập hợp A1 , A2 ,..., A2 sao cho không có tập hợp nào là hợp của hai tập hợp phân n 1. n biệt khác nó. Ta xét tập hợp  1, 2,..., n, n 1 . Khi đó 2 tập sau:. A1 , A2 ,..., A2n 1 , A1  n  1 ,..., A2n 1  n  1. Thỏa mãn không có tập hợp nào là hợp của hai tập hợp phân biệt khác nó. Vậy bổ đề 1 được chứng minh. Bổ đề 2. Cho n là một số nguyên n 2 . Chứng minh rằng mọi họ gồm ít nhất 2n 1  1 tập hợp con của tập hợp  1, 2,..., n 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 n 2 đễ thấy bổ đề 2 là đúng. n 1 +) Giả sử bổ đề 2 đúng đến n 2 , tức là mọi họ 2  1 tập con của tập hợp.  1, 2,..., n luôn tồn tại ba tập hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai tập hợp còn lại. n 1, 2,..., n, n 1 Ta chứng minh trong bất kì 2  1 tập con của tập hợp  luôn tồn tại. ba tập hợp phân biệt khác rỗng mà một trong chúng là hợp của hai t ập hợp còn lại..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> n n Thật vậy, số tập con chứa n  1 bằng 2 . Gọi k là số tập con trong 2  1 tập con. của tập hợp . 1, 2,..., n, n  1. đã xét ở trên. Khi đó ta xét các trường hơp:. n 1 TH1. Nếu k 2 1 thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm. n 1 n n 1 n 1 n TH2. Nếu k 2 thì có ít nhất 2  1  2 2  1 tập con chứa n  1 trong 2  1. n 1 tập đã xét ở trên. Giả sử ta xét 2  1 tập dạng này là A1 , A2 ,..., A2. Đặt. Bi  Ai \  n  1. n 1. 1. .. .. i) Nếu Bi  , i thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm n ii) Nếu tồn tại i sao cho Bi  thì Ai  n  1 . Trong 2  1 tập đã chọn ở trên. phải có một tập con khác rỗng của . 1, 2,..., n. giả sử nó là C .. Nếu C  B j , j i thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm. Nếu j i, C B j thì ba tập Aj , C ,  n  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy bổ đề 2 được chứng minh. n 1 Trở lại Bài 8 thì dễ thấy k nhỏ nhất bằng 2  1 . *. Bài 9 (Bài toán về khoảng cách Hamming). Cho n, d   n , d ∈ . Gọi C là tập hợp chứa các xâu nhị phân có độ dài bằng n và khoảng cách Hamming có độ dài không nhỏ hơn d . Kí hiệu Khi đó 1) Nếu 2d  n 2 d> n thì. 2). Nếu d d. M  n, d  M. là số phần tử lớn nhất của tập hợp C..  d  M  n, d  2   2d  n  lẻ và 2d  1  n 2 d+ 1> n thì  d 1  M  n, d  2   2d  1  n . 3). Nếu d d chẵn thì M  2d , d  4d. 4). Nếu d d lẻ thì M  2d  1, d  4d  4. Chứng minh..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1) Ta sẽ đánh giá. . d  x, y . x , yC , x y. d x, y theo 2 cách khác nhau, ở đây kí hiệu   d ( x , y ) là khoảng cách Hamming giữa hai xâu x, y x , y . x, y M M  1 M ( M −1 ) +) Số cách chọn bộ có thứ tự   ( x , y ) là  suy ra:. . d  x, y  M  M  1 d. x , yC , x y. +) Xét ma trận M n M × n , trong đó mỗi dòng là một phần tử của C C . Gọi mi mi là số số 0 ở cột thứ i và tương ứng ở cột thứ i đó có M  mi M −mi số 1. Do xét quan hệ hai xâu x , y có tính đối xứng nên suy n. . x , yC , x y. d  x, y   2mi  M  mi  i 1. Do đó từ hai cách đánh giá ở trên ta được: n 2M 2  2mi  M  mi  M  M  1 d   4 i 1 i 1 n. Hay M  M  1 d . nM 2 2d M 2 2d  n (1). M ( M −1 ) d ≤. n M2 2d M≤ 2 2 d− M .. Sau đó xét các trường hợp chẵn, lẻ của M . +) Nếu M chẵn thì từ (1) ta có M d M  d  M  d   d          M 2    2 2d  n 2  2d  n   2   2d  n   2d  n  M 1 m  i m M  m i 2 hay ta có : +) Nếu M là số lẻ thì i  đạt giá trị lớn nhất khi 1 1 d  x, y   n  M 2  1  M  M  1 d  n  M 2  1  2 2 x , yC , x y ,. sử dụng 2d  n ta được : M. 2d M 1 d M 1  d   d   1     M 2  1  2d  n 2 2d  n 2  2d  n   2d  n . Kết hợp hai trường hợp trên ta được  d  M 2   2d  n . 2) Xét tập hợp X  a1 , a2 ,..., an  và ta cho tương ứng mỗi xâu nhị phân t1t2 ...tn của C với một tập con A của X theo nguyên tắc : Nếu ti 1 thì tập A chứa phần tử ai và ti 0 thì tập A không chứa phần tử ai . Giả sử các tập con A là A1 , A2 ,..., Am . Khi đó ta.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> có. Ai Aj d ,1 i  j m. mãn tính chất. , và M là giá trị lớn nhất của m sao cho các tập con Ai thỏa. Ai Aj d ,1 i  j m. A A d . Hai tập Ai , Aj thỏa mãn tính chất i j. được gọi là hai tập không giống nhau. Xét tập Ai' Ai'. theo nguyên tắc sau : Nếu. Ai. X '  X  an 1. . Ta thiết lập các tập. ' A A'  A  a chẵn thì Ai  Ai , nếu i lẻ thì i i  n1 . Khi đó. chẵn với mọi i . Do đó ta có Ai' A'j  Ai'  A'j  2 Ai'  A'j. nên. Ai' A'j. ,. là số chẵn với mọi 1 i  j m . Ta có Ai  Aj  Ai'  A'j  Ai'  A'j  Ai  Aj d. (2).. 1) Nếu d chẵn thì ta chứng minh giống như phần 1. Ai'  A'j d  1 d 2) Nếu lẻ thì theo (2) ta được .. Ta sẽ đánh giá. . d  x, y . x , yC , x y. d x, y theo 2 cách khác nhau, ở đây kí hiệu   d ( x , y ) là khoảng cách Hamming giữa hai xâu x, y x , y .. x, y M M  1 M ( M −1 ) +) Số cách chọn bộ có thứ tự   ( x , y ) là  suy ra:. . d  x, y  M  M  1 d. x , yC , x y. +) Xét ma trận M n M × n , trong đó mỗi dòng là một phần tử của C C . Gọi mi mi là số số 0 ở cột thứ i và tương ứng ở cột thứ i đó có M  mi M −m i số 1. Do xét quan hệ hai xâu x , y có tính đối xứng nên suy n. . x , yC , x y. d  x, y   2mi  M  mi  i 1. Do đó từ hai cách đánh giá ở trên ta được: n 2M 2  2mi  M  mi  M  M  1  d  1   4 i 1 i 1 n. Hay M  M  1  d  1 . 2  d  1 nM 2 M 2 2 d  2  n (3). M ( M −1 ) d ≤. n M2 2d M≤ 2 2 d− M .. Sau đó xét các trường hợp chẵn, lẻ của M . +) Nếu M chẵn thì từ (3) ta có M d 1 M  d 1   M   d 1   d 1          M 2    2 2d  2  n 2  2d  2  n   2   2d  2  n   2d  2  n  M 1 m  i m M  m i 2 hay ta có : +) Nếu M là số lẻ thì i  đạt giá trị lớn nhất khi.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 1 1 d  x, y   n  M 2  1  M  M  1  d  1  n  M 2  1 2 2 x , yC , x y ,. . sử dụng 2d  1  n ta được : M. 2d  2 M 1 d 1 M 1  d 1   d 1   1     M 2  1  2d  2  n 2 2d  2  n 2  2d  2  n   2d  2  n . Kết hợp hai trường hợp trên ta được  d 1   d 1  M 2  2    2d  2  n   2d 1  n  .. Bài tập áp dụng khoảng cách Hamming Bài 9.1 (Vĩnh Phúc 2012, vòng 2) Có 7 em học sinh được lập thành m nhóm hoạt động ngoại khóa, mỗi học sinh có thể tham gia nhiều nhóm hoạt động. Biết r ằng với hai nhóm tùy ý thì có ít nhất 4 học sinh chỉ tham gia vào m ột trong hai nhóm đó. Tìm giá trị lớn nhất có thể của m . Lời giải Cách 1 (Đáp án chính thức) Ta lập các “bộ ba”, mỗi bộ ba gồm hai nhóm nào đó cùng v ới m ột h ọc sinh không tham gia vào một trong hai nhóm đó. Giả sử có k bộ ba như vậy. Theo bài ra ta có bất đẳng thức sau: k Cm2 .4 2m  m  1. Nếu học sinh a nào đó tham gia ma nhóm, thì sẽ không tham gia m  ma nhóm. Như m m  ma  vậy, học sinh a đó sẽ tham gia vào đúng a  bộ ba. Từ đó ta có:. k  ma  m  ma  2m  m  1 a. Mặt khác ma  m  ma  . m2 4. Suy ra 7m 2 2m  m  1 4. Tức là m 8 . Ví dụ sau đây cho một cách phân nhóm với m 8 , các học sinh là a, b, c, d , e, f , g : A1  a, b, c , A2  a, d , e , A3  a, f , g  , A4  b, d , f  , A5  b, e, f . A6  c, d , g , A7  c, e, f  , A8  a, b, c, d , e, f , g. Cách 2 (Sử dụng kết quả liên quan đến khoảng cách Hamming) X  a1 , a2 ,..., a7  Giả sử 7 học sinh là a1 , a2 ,..., a7 và đặt . Ta coi mỗi nhóm là một. xâu dạng t1t2 ...t7 , trong đó ti 1 nếu nhóm đó chứa ai , ti 0 nếu nhóm đó không.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> chứa ai . Khi đó theo giả thiết khoảng cách Hamming không nhỏ hơn. 4 . Áp. dụng kết quả phần 2.i ở trên với d 4, n 7 ta được m 8 . Với m 8 ta có thể xây dựng 6 xâu nhị phân độ dài b ằng 7 và kho ảng cách Hamming giữa hai xâu bất kì bằng 4 như sau: a1 1 1 1 0 0 0 0 a2 1 0 0 1 1 0 0 a3 1 0 0 0 0 1 1 a4 0 1 0 1 0 1 0 a5 0 1 0 0 1 0 1 a6 0 0 1 1 0 0 1 a7 0 0 1 0 1 1 0 a8 1 1 1 1 1 1 1 Bài 9.2. Cho A1 , A2 ,..., Ak là các tập con của tập S  1, 2,3,...,10 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a). Ai 5, i 1, 2,..., k. b). Ai  Aj 2,1 i  j k. Xác định giá trị lớn nhất có thể có của k . Lời giải. Ta coi mỗi tập con Ai là một xâu nhị phân có dạng t1t2 ...t10 trong đó ti 1 nếu tập Ai chứa phần tử i và ti 0 tập hợp Ai không chứa phần tử i . Do Ai  A j 2,1 i  j k .. , nên khoảng cách Hamming giữa hai tập hợp Ai , Aj ,1 i  j k  6  k 2   6 2.6  10  1 ta được .. không nhỏ hơn 6. Do đó theo kết quả của định lí Với k 6 ta có thể xây dựng 6 xâu nhị phân thỏa mãn khoảng cách Hamming không nhỏ hơn 6 như sau :. A1 A2 A3 A4 A5 A6. 1 1 1 0 0 0. 1 0 0 1 1 0. 1 0 1 0 1 0. 1 0 0 1 0 1. 1 1 0 0 0 1. 0 1 1 1 0 0. 0 1 0 1 1 0. 0 1 0 0 1 1. 0 0 1 1 0 1. 0 0 1 0 1 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bài 9.3. Cho tập hợp X  1, 2,3,..., 4n . Hai tập con A và B của X được gọi là không giống nhau nếu. AB 2n  1. , trong đó. AB  A \ B   B \ A .  A1 , A2 ,..., Am  mà mỗi phần tử là một tập con của. . Cho tập hợp. X gồm m phần tử đôi một không. giống nhau. a) Chứng minh rằng m 2n . m. 4  n  1 3 .. b) Chứng minh rằng Lời giải. Ta sẽ chứng minh phần b vì phần a là hệ quả của nó. Ta coi mỗi tập Ai là một xâu dạng t1t2 ...t4 n , trong đó trong đó ti 1 nếu Ai chứa i , ti 0 nếu Ai không chứa i . Khi đó theo giả thiết khoảng cách Hamming không m M  2n  1, 4n  nhỏ hơn 2n  1 . Áp dụng kết quả phần 2.ii ở trên với ta được.   2n  1  1  2n  2  4  n  1 m 2   2    3 2 2 n  1  1  4 n 3      và trong đánh giá dễ dàng chỉ ra được dấu. bằng. Bài 9.4. Trong một cuộc thi có n thí sinh và p giám khảo, ở đó n, p là các số nguyên dương, p  2 . Mỗi giám khảo đánh giá từng thí sinh và cho kết luận thí sinh đó đ ỗ hay trượt. Giả sử k là số thỏa mãn điều kiện: Với hai giám khảo bất kì, số thí sinh mà họ cho kết quả giống nhau nhiều nhất là k. Chứng minh rằng Lời giải.. k p 2  n 2  p  1. .. Giả sử n thí sinh là s1 , s2 ,..., sn . Mỗi giám khảo cho tương ứng với một xâu t1t2 ...tn , trong đó ti 1 nếu thí sinh đỗ, và ti 0 nếu thí sinh trượt. Theo giả thiết thì khoảng cách Hamming giữa hai giám khảo bất kì sẽ không nhỏ hơn n  k . Ta xét hai. trường hợp sau : TH 1. Nếu. 2  n  k  n . k 1 p 2   n 2 2  p  1. .. TH 2. Nếu 2  n  k   n thì ta xét hai khả năng sau: +) Nếu n  k chẵn thì theo kết quả của định lí 1 ta được:   n k n k k p 2 p 2   p  n  2k  2n  2k    2 2 n  k   n n 2  p  1  2 n  k   n  . +) Nếu n  k lẻ thì theo kết quả của định lí 1 ta được:.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  n  k 1  n  k 1 p 2   p  n  2k  1 2n  2k  2  2 2  n  k  1  n  2  n  k  1  n  k p  2 n 1 p 2   .  n 2  p  1 n 2  p  1. Vậy ta luôn có đánh giá k p 2  n 2  p  1. .. S  1, 2,..., 2013 Bài 9.5. Cho A1 , A2 ,..., Am là các tập hợp con của tập hợp ,. Ai 505, i 1, 2,..., m. và. Si  S j 1,1 i  j m. . Chứng minh rằng m 672 .. Lời giải. Ta coi mỗi tập con Ai là một xâu nhị phân dạng t1t2 ...t2013 , trong đó ti 1 nếu tập Ai chứa phần tử i và ti 0 tập hợp Ai không chứa phần tử i . Do Si  S j 1,1 i  j m. nên hai tập bất kì sẽ có khoảng cách Hamming không nhỏ hơn 2.504 1008 . Theo kết quả định lí trên ta được 1008   m 2  672.  2.1008  2013 . Như vậy với mỗi cách tạo ra khoảng cách Hamming của hai đối tương nào đó ta được một dạng bài tập tương đối khó. Trong tất cả các dạng bài t ập liên quan đến khoảng cách Hamming thì bài 3 thật tinh tế và sâu sắc. Nhận xét. Như vậy với mỗi cách tạo ra khoảng cách Hamming của hai đối tương nào đó ta được một dạng bài tập tương đối khó. Trong tất cả các dạng bài t ập liên quan đến khoảng cách Hamming thì bài 9.3 thật tinh tế và sâu sắc. Bài 10 (THPT chuyên VP 2015). Điểm. M  x; y . của mặt phẳng tọa độ được gọi là. điểm nguyên, nếu cả x và y đều là các số nguyên. Tìm số nguyên dương n bé nhất sao cho từ mỗi bộ n điểm nguyên, đều tìm được bộ ba điểm nguyên là đỉnh của một tam giác có diện tích nguyên (trong trường hợp ba điểm th ẳng hàng thì coi diện tích tam giác bằng 0). Lời giải. + n 4 không thỏa mãn, vì ta có thể chọn bốn điểm nguyên là đ ỉnh c ủa m ột hình vuông đơn vị, khi đó, mỗi tam giác có đỉnh là ba trong bốn đi ểm nguyên đang xét 1 có diện tích bằng 2 không phải là số nguyên.. + Ta chứng minh n 5 là số nguyên bé nhất thỏa mãn. Ta chia các điểm nguyên M ( x; y ) của mặt phẳng thành 4 loại:.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Loại 1: x chẵn, y chẵn; Loại 2: x chẵn, y lẻ; Loại 3: x lẻ, y lẻ; Loại 4: x lẻ, y chẵn. Khi đó, trong 5 điểm nguyên đang xét, luôn có hai điểm cùng lo ại, ta g ọi đó là hai điểm A, B. Ta sẽ chứng minh, với mọi điểm nguyên C, diện tích tam giác ABC luôn là số nguyên. Thật vậy: + Nếu A và B có cùng hoành độ a, thì do A, B cùng loại, nên độ dài AB là số chẵn. 1 S ABC  AB h C ( c ; c ), 1 2 2 Gọi h là khoảng cách d (C; AB), với khi đó là số nguyên.. Tương tự với A, B cùng tung độ, ta cũng có diện tích tam giác ABC là số nguyên. + Xét trường hợp A(a1 ; a2 ), B(b1 ; b2 ) thuộc cùng một loại, nhưng a1 b1 , a2 b2 . Chọn điểm thứ tư D, chẳng hạn D(b1; a2 ) . Khi đó, theo lập luận ở trên, các tam giác ABD, CAD, CBD có diện tích là số nguyên, suy ra S ACBD là số nguyên. Nhưng S ACBD S ABC  S ABD , nên S ABC là số nguyên. Điều phải chứng minh. Bài 11 (THPT chuyên VP 2013) Xét 20 số nguyên dương đầu tiên 1, 2,3,, 20. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt a và b sao cho a  b là một số nguyên tố. Lời giải. 2, 4, 6,8,10,12,14,16,18, 20.  , ta thấy tổng của hai phần tử bất kì của Xét tập hợp  tập hợp này đều không phải là số nguyên tố. Do đó k 11 , ta sẽ chứng minh k 11 là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, ta chia tập hợp A  1, 2,3,..., 20 thành 10 cặp số sau:.  1, 2  ,  3,16  ,  4,19  ,  5, 6  ,  7,10  ,  8,9  ,  11, 20  ,  12,17  ,  13,18  ,  14,15  . Tổng của hai số trong mỗi cặp số trên là số nguyên tố. Khi đó mỗi tập con của A có 11 phần tử thì tồn tại ít nhất hai phần tử thuộc cùng vào một trong 10 cặp số trên. Suy ra trong A luôn có hai phần tử phân biệt có tổng là một số nguyên tố. II. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Bài 12. Cho A1 , A2 ,..., An là các tập hợp có hữu hạn phần tử sao cho A1  A2 ... An và n. A S i. i 1. . Giả sử có số nguyên dương 1 k n thỏa mãn hợp của bất kì k tập hợp. của họ trên bằng S, hợp của nhiều nhất k  1 tập của họ đã cho là một tập con thực sự của S. Tìm số phần tử nhỏ nhất của S. Bài 13. Cho  X i  1ik là một họ các tập con có h phần tử của tập hợp X. Chứng minh k. rằng Bài. min. X. i. h bằng số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho k Cm .. i 1. 14.. Cho. n. là. một. A  Ai  1i 3 n , B  Bi  1i 3 n , C  Ci  1i 3 n. sử. ta. có. bất. đẳng. Ai  B j  Ai Ck  B j Ck 3n. số. nguyên. dương. cho. trước. và. là ba phân hoạch của tập hợp hữu hạn X . Giả. thức. sau. đúng. với. mọi. i, j, k 1, 2,...,3n :. . Tìm số phần tử nhỏ nhất có thể có của tập hợp X .. Bài 15(Định lí Sperner). Cho X là một tập hợp có n phần tử, và. G  A1 , A2 ,..., Ap . là. một họ các tập con của X thỏa mãn tính chất Ai  Aj , i, j 1, 2,..., p, i  j . Chứng minh rằng max p C.  n  2  n. .. Bài 16(Định lí Erdos – Ko - Rado). Cho X là một tập hợp có n phần tử, và G  A1 , A2 ,..., Ap . là một họ các tập con của X thỏa mãn các điều kiện sau:. n Ai r  , i 1, 2,..., p 2 a). b) Ai  Aj , i, j 1, 2,..., p . r 1 Chứng minh rằng max p Cn  1 ..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Bài 17. Cho X là một tập hợp có n phần tử, và Y là một tập con có k phần tử c ủa X. Chứng minh rằng số lớn nhất các tập con đôi một khác nhau c ủa tập X, mỗi t ập có đúng r phần tử của Y và hai tập bất kì thì không chứa nhau b ằng.  n k   . Ckr Cn  k2. .. Bài 18(Balkan MO 2005). Cho n 2 là một số nguyên và S là một tập con của tập hợp  1, 2,..., n sao cho S hoặc chứa hai phần tử mà phần tử này là bội của phần tử kia, hoặc chứa hai phần tử nguyên tố cùng nhau. Tìm số phần tử lớn nhất c ủa tập hợp S . Bài 19(Balkan MO 1997). Cho tập hợp A có n phần tử và. S  A1 , A2 ,..., Ak . là một. họ các tập hợp con của tập hợp A. Nếu với hai phần tử bất kì x, y  A có một tập k con Ai  S chứa đúng một phần tử trong hai phần tử x, y . Chứng minh rằng n 2 .. Bài 20(Balkan MO 1996). Cho tập. X  1, 2,..., 21996  1. , chứng minh rằng tồn tại tập. con A của X thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1996 a) 1 A, 2  1 A;. b) Với mọi phần tử khác 1 của A đều viết thành tổng của hai (có thể b ằng nhau) phần tử thuộc A; c) Số phần tử lớn nhất của tập A là 2012. 1, 2,..., n Bài 21(Balkan MO 1989). Cho F là một họ các tập con của tập hợp  và. thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a) Nếu A thuộc F, khi đó A có 3 phần tử; b) Nếu A và B là hai phần tử khác nhau của S, khi đó A và B có nhi ều nh ất m ột phần tử chung. Kí hiệu. f  n. là số phần tử lớn nhất có thể có của F. Chứng minh rằng. n 2  4n n2  n  f  n  6 6 ..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bài 22. Cho S là một tập con của tập hợp  1, 2,...,1989 và S thỏa mãn tính chất trong S không có hai phần tử mà hiệu của chúng bằng 4 hoặc 7. Tìm s ố ph ần t ử l ớn nhất của S? Bài 23 (Iran TST 2013) Cho. F  A1 , A2 ,..., Ap .  1, 2,3,..., n thỏa mãn tính chất: nếu. Ai  Aj. thì. là một họ các tập con của tập. Ai  A j 3. . Tìm số lớn nhất có thể có. của p . x,y Bài 24 (Moldova TST 2013) Tìm số lớn nhất các cặp phân biệt  i i  sao cho xi , yi   1, 2,..., 2013. , xi  yi 2013, i  j, xi  yi  x j  y j. Bài 25 (China 1996). Cho 11 tập hợp M 1 , M 2 ,..., M 11 , mỗi tập có 5 phần tử và thỏa mãn M i M j , i  j; i, j 1, 2,...,11. .. Gọi m là số lớn nhất sao cho tồn tại các tập M i1 , M i2 ,..., M im. Trong số các tập đã cho sao cho m. M k 1. ik. . Hỏi giá trị lớn nhất của m bằng bao nhiêu? Bài 26 (AIME 1989). Cho tập hợp. X  1, 2,3,...,1989. . Xét tập con S của X thỏa. mãn tính chất: không có hai phần tử nào của S hơn kém nhau 4 hoặc 7 đơn vị. Hỏi số phần tử lớn nhất của S là bao nhiêu? X  1, 2,..., n Bài 27. Cho số nguyên dương n 5 và tập hợp . Tìm số nguyên dương. n nhỏ nhất sao cho với mọi cách chia t ập hợp X thành hai tập rời nhau A, B thì. luôn tồn tại một tập chứa ba số lập thành một cấp số cộng..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Bài 28 (IMO 1991). Cho tập hợp S  1, 2,..., 280 . Tìm số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho mọi tập con n phần tử của S đều chứa 5 số đôi một nguyên tố cùng nhau. Bài 29. Cho m, n là các số tự nhiên sao cho m  1 và n  2m . Tìm số nguyên dương k 1, 2,..., n lớn nhất sao cho tồn tại k tập con rời nhau A1 , A2 ,..., Ak của tập  thỏa mãn Ai   m, m  1. với mọi i 1, 2,..., k .. TÀI LIỆU THAM KHẢO.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> [1] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề chọn lọc Tổ hợp và Toán rời rạc, NXB Giáo dục, 2008. [2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Toán Rời rạc và một số vấn đề liên quan , Tài liệu bồi dưỡng giáo viên hè 2007, Trường ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội. [3] Trần Nam Dũng (chủ biên), Chuyên đề toán học số 8, 9, Trường PTNK - ĐHQG TP. Hồ Chí Minh. [4] Le Hai Chau - Le Hai Khoi, Selected Problems of the Vietnamese Maththematical Olympiad (1962 - 2009), World Scientific. [5] Tạp chí Toán học tuổi trẻ, Crux - Canada, AMM - USA [6] Titu Andresscu - Zuming Feng, A path to combinatorics for underfrduates, Birkhauser. [7] Arthur Engel, Problem - Solving Strategies, Springer. [8]. Titu Andreescu and Zuming Feng. 102 combinatorial problems from the. training of the USA IMO team. [9] Phạm Minh Phương. Một số chuyên đề toán học tổ hợp bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông. NXB Giáo dục Việt Nam. [10] Các nguồn tài liệu từ internet www.mathscope.org; www.mathlinks.org; www.imo.org.yu.

<span class='text_page_counter'>(22)</span>