1 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẾM BẰNG HAI CÁCH TRONG BÀI TOÁN ĐẾM Đếm một tập hợp theo hai cách thì phải được kết quả như nhau. Nguyên lí Fubini: Fubini: Cho m và n là hai số nguyên dương và các tập
= {a1; a2 ;...; am }
tập B = {b1; b2 ;...; bn } là các tập hữu hạn các phần tử, kí hiệu S là là tập con của n
m
j =1
i =1
× B .
Khi đó: S = ∑ S (*, b j ) = ∑ S ( ai ,*) . Trong đó: S (*, b j ) = {( ai ; b j ) ∈ S } . Ở đây ta tính S theo hai cách: Tính theo phần tử của A của A và và phần tử của B, B, do vai trò của hai tập này như nhau nên ta được cùng một kết quả cho S . Chứng minh nguyên lí =1,n
Nhận xét: Với bảng số dạng ( aij ) =1,m có m dòng và n cột được điền các số thực. Khi đó tổng các phần tử tính theo hàng là:
n
m
=
=
a j ∑ ∑ j 1 i 1
và tổng các phần tử tính tính theo cột là:
m
n
=
=
a j . Nhận ∑ ∑ i 1 j 1
thấy hai tổng trên bằng nhau vì cùng bằng tổng tất cả các phần tử của bảng trên. Trở lại nguyên lí, xét bảng
= ( a j ) gồm m dòng và n cột được xác định như sau: 1khi ( ai , b j ) ∈ S aij = 0 khi ( ai , b j ) ∉ S
Khi đó S (*, b ) là tổng các phần tử thuộc cột thứ j và S ( ai ,*) là tổng các phần tử thuộc dòng thứ i. Lấy tổng S (*, b ) theo cột ta được
n
S (*, b ) ∑ j 1
Lấy tổng S ( ai ,*) theo dồng ta được
=
m
S ( ai ,*) ∑ i 1 =
2 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ n
m
j =1
i =1
Vậy ta có: S = ∑ S (*, b j ) = ∑ S ( ai ,*) . Ta có điều phải chứng minh. Các bài toán tổ hợp, khi đưa về bảng số ta có thể đếm số phần tử theo hai cách (theo dòng hoặc cột) và ta được hai kết quả bằng nhau, từ kết quả bằng nhau đó ta có thể tìm được các giá trị hoặc chứng minh các điều đi ều kiện mà bài toán yêu cầu. Quan trọng ta lập bảng số như thế t hế nào để phù hợp với nguyên lí. Ví dụ 1: Cho
n và k là là các số nguyên dương thỏa mãn tính chất: Tồn tại một tập T gồm gồm n điểm trên mặt phẳng thỏa mãn: i. Không có 3 điểm nào thẳng hàng. ii. Cho một điểm P điểm P bất bất kì trong T , có ít nhất k điểm điểm trong T có có cùng khoảng cách với P với P .
1 Chứng minh rằng: k < + 2n 2 Lời giải Xét tập
= T = {P1, P2 ,..., Pn } và tập B = {li , j | 1 ≤ i < j ≤ n} , với l , j là đường trung trực của
2 đoạn PP P P , j , khi đó B = C n .
Xét tập S = {( P , l j ,k ) | Pi ∈ l j ,k } . Do không có 3 điểm nào thẳng hàng nên S (*, l j ,k ) ≤ 2 . Theo nguyên lí Fubini ta có: S =
S (*, l j ,k ) ≤ 2 B = n 2 − n . ∑ l B
(1)
j , k ∈
Do điều kiện ii) ta có: P cách đều ít nhất k điểm, điểm, suy ra P thuộc trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm bất kì trong k điểm điểm trên, suy ra: S ( P ,* ) ≥ C k 2 . n ( k 2 − k ) Theo nguyên lí Fubini ta có: S = ∑ S ( Pi ,*) ≥ nC = . 2 Pi ∈A 2 k
(2)
1 7 1 7 Kết hợp (1) và (2) ta được: k 2 − k − 2 ( n − 1) ≤ 0 ⇔ − 2n − ≤ k ≤ + 2n − 2 4 2 4 Suy ra điều phải chứng minh.
3 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
Ví dụ 2 (Kì thi
Olympic Olympic sinh viên viên quốc quốc tế - IMC 2002):
Có 200 học sinh tham dự kì thi Olympic Toán học. Đề thi gồm 6 bài toán. Biết rằng mỗi bài toán có ít nhất 120 học sinh giải đúng. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai học sinh sao cho mỗi bài toán đều được ít nhất một trong hai học sinh này giải đúng. Lời giải Đề bài xuất hiện tình huống sinh viên có làm được bài nào đó không, cho ta ý tưởng để lập bảng số như trong nguyên nguyên lí Fubini. Giả sử ngược lại, nghĩa là với mỗi cặp học sinh đều tồn tại ít nhất một bài toán nào đó mà cả hai học sinh này đều không giải được. Đánh số thứ tự các bài toán là 1, 2, 3, 4, 5, 6 và số thứ tự các học sinh là 1, 2, …, 200. Xây dựng bảng ( a j ) kích thước 6 × 200 , với aij = 1 nếu bài toán i không giải được bởi học sinh s inh j , aij = 0 nếu bài toán i giải được bởi học sinh j . Gọi T là tập các cặp số 1 thuộc cùng một dòng của ma trận ( a j ) . Ta đếm số phần tử của T theo hai cách. Đếm theo dòng : Theo giả thiết, mỗi cặp cột có ít nhất một cặp số 1 thuộc cùng một dòng. Do 2 2 có tất cả C 200 cặp cột nên T ≥ C 200 . Đếm theo cột : Do mỗi bài toán đều giải được bởi ít nhất 120 học sinh nên mỗi dòng có nhiều nhất C 802 cặp số 1. Suy ra T ≤ 6C 802 . Vậy C2200 ≤ T ≤ 6C 820 hay 19000 ≤ T ≤ 18960 . Điều này vô lí. Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 3 (IMO Shortlist 2004, C1):
Cho 10001 sinh viên ở một trường đại học. Mỗi sinh viên tham gia các câu lạc bộ (một sinh viên có thể tham gia nhiều câu lạc bộ khác nhau). Mỗi câu lạc bộ thuộc một hội (mỗi câu lạc bộ có thể tham gia nhiều hội khác nhau). nhau). Có tất cả k hội. hội. Giả sử các điều sau: i. ii. iii.
Hai sinh viên bất kì luôn cùng một câu lạc bộ nào đó. Chọn ra một sinh viên và một hội thì có một câu lạc bộ của hội mà sinh viên tham gia. Mỗi Mỗi câu câu lạc lạc bộ bộ có số lẻ sin sinhh viên viên tham tham gia. gia. Hơn Hơn nữa, nữa, nếu nếu câu câu lạc lạc bộ bộ có 2 m +1 ( với m là số nguyên dương) thì câu lạc bộ đó thuộc đúng m hội.
Tìm tất cả các giá trị của k .
4 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
Lời giải Gọi k là là số hiệp hội. Xét S là tập hợp các bộ ba (a,C,H) trong đó a là sinh viên của trường, C là câu lạc bộ mà a tham gia, H là hiệp hội quản lí C. Ta đếm |S| theo 2 cách. Ta chọn H trước, có k cách cách chọn H, sau đó có 31 cách chọn a, với mỗi (a,H) thì có đúng 1 cách chọn C → |S| = n k . Theo cách khác, ta chọn C trước. Với mỗi giá trị cố định của C, gọi |C| là số sinh viên tham gia câu lạc bộ C, theo giả thiết, số hiệp hội quản lí C là
C −1 . Gọi M là tập hợp tất cả các 2
C ( C − 1) . 2 C∈M
câu lạc bộ, ta có: S = ∑
Vì mỗi cặp sinh viên đều tham gia chung đúng 1 câu lạc bộ nên tổng số cặp sinh viên trong các câu lạc bộ chính là tổng số cặp sinh viên của trường, nghĩa là C2n =
∑ C|2C | =
C∈M
∑
C∈M
C ( C − 1) = S 2
→ C 2n = nk . Vậy có tất cả 5000 hiệp hội. Ví dụ 4: Cho X Cho X là là
tập hữu hạn gồm n phần tử và các tập
gồm 3 phần tử sao cho
i
1
; A2 ;...; Am là các tập con của X
A của X X có có ∩ Aj ≤ 1; ∀i ≠ j . Chứng minh rằng tồn tại một tập con A của
ít nhất 2 n phần tử mà nó không chứa bất kì một tập con trong số các tập
1
; A2 ;...; Am .
Lời giải Trong số các tập con của X mà nó không chứa bất kì một tập con trong số các tập lấy A là là tập có nhiều phần tử nhất, đặt k = A . 1 ; A2 ; ...; Am lấy A Đếm số phần tử của tập X \ A bằng hai cách Cách 1: Do A Do A có có k phần k phần tử nên số phần tử của X \ A là n − k .
5 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
Cách 2: Lấy x Lấy x là là phần tử của X của X mà mà không thuộc A. A. Do tính lớn nhất của k nên nên tập ∪ { x} không thỏa mãn điều kiện bài toán, điều đó có nghĩa rằng: tồn tại số i ( x ) ∈{1,2,..., m} sao cho ∈ A ( x ) (nếu ngược lại thì ta thấy i( x ) ⊆ A , trái điều kiện của tập i ( x ) ⊆ A ∪ { x} , trong đó A). A). Do
i( x )
⊆ A ∪ { x} nên
Xét tập
x
i( x )
\ { x} ⊆ A .
= A ∩ A ( x ) có hai phần tử (do tập
( x ) có
3 phần tử, bỏ đi x còn x còn 2 phần tử thuộc
A). A). Do các tập
1
; A2 ;...; Am thỏa mãn:
∩ Aj ≤ 1; ∀i ≠ j nên các tập
x
là phân biệt.
đó K là là tập gồm các tập con 2 phần tử của ( x ) = M x : X \ A → K , trong đó K
Xét phép biến đổi: A. A. Nhận thấy
i
k 2 − k . ( x ) là một đơn ánh, suy ra X \ A ≤ K = C = 2 2 k
k 2 − k Suy ra n − k ≤ ⇔ k 2 + k ≥ 2n , hay k ≥ 2n 2
(
2
) (
)
(Chú ý: 2n − 1 + 2n − 1 ≤ 2n ( 2n − 1) < 2n )
a thí sinh và b giám khảo, trong đó b ≥ 3 và là số nguyên lẻ. Mỗi giám khảo đánh giá “đạt” hoặc “trượt”. Giả sử rằng với hai giám khảo bất kì, họ đánh giá giống nhau với tối đa k thí thí sinh. Chứng minh rằng:
Ví dụ 5 (IMO 1998): Trong một cuộc thi có
k b −1 ≥ a 2b
Lời giải Xét bảng số b × a với các hàng được đánh số theo các giám khảo và các cột được đánh số theo các thí sinh. Phần tử tương ứng của ma trận nhận giá trị bằng 1 nếu giám khảo đánh giá thí sinh là “đạt” và nhận giá trị bằng 0 nếu ngược lại. Đặt S là tập hợp các cặp các số 0 hoặc 1 trong cùng một cột. Vì hai giám khảo đánh giá giống nhau nhiều nhất là k thí sinh nên với hai hàng bất kì, có nhiều nhất k cặp thuộc T . Do kb ( b − 1) đó: S ≤ k .C b2 = 2
6 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
Với mỗi cột trong bảng, giả sử có p số p số 0 và q số 1. Khi đó có đúng C p2 + C q2 cặp thuộc S . Mà ta có + q = b lẻ nên có bất đẳng thức sau: 2 ( b − 1) 2 2 C p + C q ≥ 4 2 a ( b − 1) Và vì có a cột nên ta có: S ≥ . 4 2 a ( b − 1) kb ( b − 1) ≤ S ≤ Vậy: 4 2 a ( b − 1) k b −1 ≤ kb ⇒ ≥ Suy ra : 2 a 2b Cho tập hợp S gồm 2008 phần tử. Giả sử S 1, S2,..., S50 là 50 tập con của S thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
Ví dụ 6:
i) Si = 100 ∀i = 1; 50 (kí hiệu Si là số ph phần ần tử của của Si) 50
ii) ∪ Si = S i =1
Chứng minh rằng: tồn tại hai tập con S i, S j (với i ≠ j) mà Si ∩ S j ≥ 4 . (Thi duyên hải Bắc Bộ lần thứ nhất, 2008)
Lời giải Phản chứng . Giả sử Si − S j ≤ 3 với mọi i, j và i ≠ j. Gọi S = {a1; a2 ;...; a2008} . Gọi M số bộ ba (không sắp thứ tự) ( a k , Si , S j ) tro trong ng đó ai là phần tử của S, Si và S j là các tập con (trong 50 tập con đã cho) có chứa ak . Đếm M theo 2 cách. Cách 1. Chọn ai trước. Với mỗi k = 1;20 ;2008 , gọi mk là số tập con của S chứa ak . Do điều kiện (ii) nên m k ≥ 1 với mọi k = 1;20 ;2008 . Khi đó có
m k ( m k − 1) cách chọn cặp ( Si , S j ). 2
7 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
m k ( m k − 1) . 2 k =1
2008
Theo cách này, M = ∑
Từ điều kiện (i) ta suy ra
2008
50
=
=
m k = ∑ Si = 5000 . ∑ k 1 i 1
1 5 00 0 2 Sử dụng BĐT AM-GM chứng minh được: M ≥ − 500 0 > 3 7 25 . 2 20 0 8
Cách 2. Chọn cặp ( Si , S j ) trước. Có C502 cách chọn cặp ( Si , S j ), với mỗi cách đó có tối đa 3 cách chọn a k (theo giả thiết phản 2 = 3675 . chứng). Theo cách này, M = 3C50 So sánh kết quả của mỗi cách đếm, mâu thuẫn nhận được chứng tỏ giả thiết phản chứng sai. Bài toán được chứng minh.
(China TST 1992): Có 16 sinh viên tham gia một kì thi. Mỗi bài có 4 phương án trả lời. Sau khi kiểm tra, thấy rằng bất kì 2 sinh viên có chung nhiều nhất 1 câu trả lời. Tìm giá trị lớn nhất của số các câu hỏi. Ví dụ 7
Lời giải Giả sử có m bài toán P1, P2 , ..., P m , với mỗi bài toán P i , gọi ai là số sinh viên trả lời đáp án thứ nhất, tương tự có bi , ci , d i . Khi đó có ai + bi + ci + di = 16 . Ta có ít nhất 4.C 42 = 24 cặp với 1 câu trả lời giống nhau cho mỗi vấn đề. Do có m bài toán nên có ít nhất 24m 24 m cặp, nhưng có nhiều nhất C 162 = 120 cặp. Do đó chúng ta có m nhiều nhất là 5. Chứng minh m = 5 thỏa mãn. Dưới đây là một cách Sinh viên 1 2 3 4 5
Bài 1 A A A A B
Bài 2 A B C D A
Bài 3 A B C D C
Bài 4 A B C D D
Bài 5 A B C D B
8 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
B B B C C C C D D D D
C D B A D B C A B C D
A B D D A C B B A D C
B A C B C A D C D A B
D C A C B D A D C B A
Ví dụ 8: Cho m sinh viên tham gia giải
n bài toán, sinh viên làm đúng 1 bài được 1 điểm, làm sai không được điểm. Nhận thấy: Mỗi sinh viên giải được ít nhất 1 bài, mỗi bài có ít nhất 1 sinh viên giải được. Hơn nữa, nếu sinh viên giải được một bài thì số điểm của sinh viên bằng số người giải được bài đó. Chứng minh m = n.
Lời giải Tạo mảng gồm m dòng và n cột ( ai , j ) thỏa mãn: ai , j = 1 nếu người thứ i trả lời đúng bài thứ j và j và ai , j = 0 nếu người thứ i trả lời sai bài thứ j thứ j.. Giả sử n > m, m, ta kí hiệu d1 , d 2 , ..., d m tương ứng là tổng các phần tử của dòng 1, 2, ..., m. Khi đó tương ứng sẽ có m cột có tổng phần tử mỗi cột là d1 , d 2 ,..., d m . Số phần tử của mảng là S = d1 + d 2 + ... + d m (tính theo hàng). Do n > m nên m nên tổng này nhỏ hơn tổng các phần tử tính theo cột, điều này vô lý. Tương tự khi n < m cũng m cũng không xảy ra. Vậy n = m.
9 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
Một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 9 (IMO 2001, P3):
Cho 21 học sinh nữ và 21 học sinh nam tham gia kì thi toán học. Mỗi thí sinh giải được nhiều nhất 6 bài, mỗi cặp nam nữ giải được ít nhất 1 bài toán. Chứng minh rằng có 1 bài toán được giải bởi ít nhất 3 nam và ít nhất 3 nữ. Ví dụ 10 (Canada
2006):
Một cuộc thi có 2n 2 n + 1 đội, biết rằng mỗi đội sẽ thi đấu với một đội khác đúng một lần. Gọi 3 đội X, đội X, Y, Z là là một xích nếu X nếu X đấu đấu với Y , Y đấu đấu với Z với Z và Z và Z đấu đấu với X với X . Không có sự ràng buộc giữa các đội. a. Xác định giá trị nhỏ nhất của số các xích. b. Xác định giá trị lớn nhất của số các xích. Ví dụ 11 (IMO
2005):
Trong một cuộc thi toán, có 6 câu hỏi cho các thí sinh. Bất kì hai vấn đề nào cũng được giải 2 bởi nhiều hơn h ơn số thí sinh và không có thí sinh nào giải được cả 6 bài. Chứng minh rằng có 5 ít nhất 2 thí sinh giải được đúng 5 bài. Cho m, n là n là số nguyên lớn hơn 1 và tập Sm = {1,2,..., mn} . Giả sử tồn tại một tập T gồm 2n 2n phần tử sao cho: i. Mỗi phần tử của T là là một tập con gồm m phần tử của S m . ii. Mỗi cặp hai phần tử của T có có nhiều nhất 1 phần tử chung. iii. Mỗi phần tử của S m là phần tử chung của đúng hai phần tử của T. Xác định giá trị lớn nhất và của m và n.
Ví dụ 12:
Ví dụ 13 (China
1997):
Cho n là số nguyên dương lớn hơn 6 và A và A là là tập gồm n phần tử. Kí hiệu tập con gồm 5 phần tử của A của A.. Cho điều kiện:
m>
1
; A2 ;...; Am là các
n ( n − 1) ( n − 2 ) ( n − 3) ( 4n − 15 15) 600
Chứng minh rằng tồn tại các chỉ số phân biệt i1; i2 ;...; i6 sao cho hợp của các tập có đúng sáu phần tử.
1
; Ai2 ;...; Ai6
10 Trần Mạnh Sang – LHP NĐ
TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Titu Andresscu, Zuming Feng, A path to combinatorics for undergranduates, Birkhauser, 2007. [2]. Titu Andresscu, Zuming Feng, 102 combinatorial Problems from the Training of the USA IMO Tearm, Birkhauser, 2002. [3]. Titu Andresscu, Zuming Feng, Mathematical Olympiads Ptoblems and Solution from around the World, to 1995 from 2002. [4]. Arthur Engel , , Problem – Solving Strategies, Strategies, Springer, 1999. [5] www.mathlinks.ro [6]. Yufei Zhao, Counting in Two Ways, Incidence Matrices, Matrices , June 26, 2007 [7]. Reid Barton, Counting in two ways, ways, June 28, 2005
