Sử dụng phương pháp phân nhóm để giải toán Tổ toán I Lời nói đầu Trong sống hay công việc, gặp phải vấn đề lớn cần giải quyết, giải pháp tốt mà nghĩ tới phân công việc để xử lý Khi giải toán vậy, gặp tập hợp lạ, tổng khó tính phương pháp tốt để nắm rõ phân nhóm tập hợp, tổng thành nhóm mà nhóm ta dễ dàng quản lý số lượng chất lượng (các tính chất) phần tử Trong chuyên đề này, bạn khai thác làm quen số dạng liên quan đến phân nhóm để giải II, Sử dụng PP phân nhóm giải số toán đếm Tóm tắt nội dung Trong phần tập trung xử lý vấn đề kiểm soát số phần tử tập hợp thông qua việc chia tập hợp thành nhóm xét số phần tử nhóm Ví dụ 1:Chứng minh : n i=0 n i = 2n Lời giải : Ta xét số tập tập hợp n phần tử, phần tử thuộc không thuộc tập nên theo quy tắc nhân ta có số tập tập 2n (vế phải) Còn với vế trái, ta xét tập tập n phần tử : - Số tập có phần tử n0 - Số tập có phần tử n1 - Số tập có phần tử n2 - Số tập có n phần tử nn Vậy tổng số tập tập có n phần tử ni=0 ni suy điều phải chứng minh Bình luận : Qua ví dụ này, thấy rõ chia nhóm theo "số lượng" để giải toán đếm, ta đến với ví dụ : Ví dụ 2: [Thụy sĩ 2006] Tính số tập X = {1; 2; ; 2n} cho không tồn phần tử có tổng 2n + Lời giải : Ta tính số tập tập X cho tồn phần tử có tổng 2n + Gọi số tập an Xét tập Xn+1 = {1; 2; ; 2n + 2} có an+1 tập tồn phần tử có tổng 2n + Chia an+1 tập thành nhóm : • Những tập không chứa chứa phần tử 2n + Lúc nhận thấy để tập phần tử cho tổng chúng 2n + chúng phải chứa phần tử tập hợp {2; 3; ; 2n + 1} mà tổng 2n + Và mặt khác tồn song ánh từ tập {2; 3; ; 2n + 1} vào {1; 2; ; 2n} số tập {2; 3; ; 2n + 1} cho tồn phần tử có tổng 2n + an Suy nhóm này, số tập chứa số tập chứa 2n + số tập mà không chứa 2n + an Vậy số tập cần tìm nhóm 3an • Những tập chứa phần tử 2n + Lúc + (2n + 2) = 2n + nên số tập cần tìm số tập tập {2; 3; ; 2n + 1} 22n Vậy nên : an+1 = 3an + 22n , cách đặt xn = an − 22n ta có xn+1 = 3xn để ý a1 = 1, x1 = −3 dễ dàng suy an = 4n − 3n Vậy tóm lại số tập thõa mãn đề 22n − (4n − 3n ) = 3n Bình luận: Trong phương pháp đếm dựa vào truy hồi Khi xây dựng công thức truy hồi, ta chia tập thành nhóm có phần tử thỏa mãn đưa vào không để đưa trường hợp trước Ví dụ 3: [IMO 1995] Cho p số nguyên tố lẻ, tìm số tập A tập hợp {1; 2; ; 2p} thỏa : (i) A có p phần tử (ii) Tổng tất phần tử A chia hết cho p Lời giải : Với i = 1; 2; ; p, ta gọi Ai tập hợp bao gồm số (a1 ; a2 ; ; ap ) (không kể thứ tự) với ∈ {1; 2; ; 2p}, a1 + a2 + + ap p (a1 ; a2 ; ; ap ) có số xuất i lần, số lại xuất lần Khi Ai tập A Kí hiệu Ai tập nhận từ Ai cách (a1 ; a2 ; ; ap ) ta loại i số giống i = 1; 2; ; p Ai tập nhận từ Ai cách (a1 ; a2 ; ; ap ) ta loại i − số giống i = 2; 3; ; p Kí hiệu |A| số phần tử A, ta có : p−i |Ai | + |Ai+1 | = 2C2p , i = 2; 3; ; p − p−1 p|A1 | + |A2 | = 2C2p (1) Thật ta xét số không thứ tự (b1 ; b2 ; ; bp−i ), bi phân biệt Đặt S = b1 + b2 + + bp−i Khi tồn r thỏa mãn ≤ r < p cho s + ir ≡ (mod p), thêm vào (b1 ; b2 ; ; bp−i ) i số r p + r ta gồm p số mà : (i) Mỗi số thuộc {1; 2; ; 2p} (ii) Tổng p số chia hết cho p (iii) có số xuất i lần i + lần, phụ thuộc vào việc tồn hay không tồn j ∈ {1; 2; ; p − i} để bj = r hay bj = p + r, số khác xuất lần Sau phép toán f thuộc Ai ∪ Ai+1 Bây ta tính số lặp sau phép toán f : - Với i = thuộc A1 lặp p lần, thuộc A2 lặp lần - Với i = 2; n thuộc Ai lặp lần Vì số sinh từ f không vượt tổng số phần tử nhân với số lặp, hay : p−i |Ai | + |Ai+1 | ≥ 2C2p , i = 2; 3; ; p − p−1 p|A1 | + |A2 | ≥ 2C2p Hơn phần tử Ai Ai+1 gồm p − i số đôi khác nên số Ai Ai+1 xuất không lần, nên : p−i |Ai | + |Ai+1 | ≤ 2C2p , i = 2; 3; ; p − p−1 p|A1 | + |A2 | ≤ 2C2p Và từ điều ta có (1) đúng, tóm lại : p−1 p−i (−1)i+1 2C2p p (p|A1 | + |A2 |) − (|A2 | + |A3 |) + + (−1) (|Ap−1 | + |Ap |) = i=1 p lẻ suy : p−1 p−i (−1)i+1 2C2p p|A1 | − |Ap | = i=1 Do |Ap | = 2p nên số tập cần tính : |A1 | = 2p + p p−1 p−i (−1)i+1 2C2p i=1 Để ý : p−1 p−i p (−1)i+1 2C2p = C2p −2 i=1 , ta có kết : p −2 |A1 | = 2p + C2p p Ví dụ [IMO shortlist 2003] Gọi f(k) số số nguyên n thỏa mãn điều kiện sau: i) ≤ n < 10k , nên n có k chữ số, với chữ số đứng đầu cần ii) Các chữ số n hoán vị thành số chia hết cho 11 Chứng minh: f (2m) = 10f (2m − 1) với số nguyên dương m Lời giải : Gọi Ai tập hợp số nguyên dương n thỏa mãn: i) ≤ n < 102m , nên n có 2m chữ số ii) 2m chữ số bên phải n hoán vị thành số đồng dư i modulo 11 Gọi Bi tập hợp số nguyên dương n thỏa mãn: i) ≤ n < 102 m − 1, nên n có 2m − chữ số ii) chữ số n hoán vị thành số đồng dư i modulo 11 Ta có số tính chất: f (2m) = |A0 |; f (2m − 1) = |B0 | (1) Từ 99 (2m chữ số) chia hết cho 11 nên n thuộc Ai 99 − n (2m chữ số 9) thuộc A−i suy |Ai | = |A−i | Tương tự ta có |Bi | = |B9−i | (2) Từ nhận xét : a0 a1 an ≡ i (mod 11) ⇔ nk=0 (−1)k ak ≡ i (mod 11) suy n = a0 a1 an ∈ Ai a1 a2 an thuộc Bi−a0 đó: |Ai | = |Bi | + |Bi−1 | + + |Bi−9 | = 10 k=0 Bk − Bi+1 (3) Vậy |Ai | = |Aj | ⇔ |Bi+1 | = |Bj+1 | (4) Từ (2), (4) ta có |Ai | = |A0 |; |Bi | = |B0 | với i, thay vào (3) ta |A0 | = 10|B0 |, theo (1) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 5: Chứng minh ta xếp số tự nhiên thành dãy x1 ; x2 ; cho với m ∈ Z+ tồn n ∈ Z+ cho : m = ni=1 x1i Lời giải Ta phân hoạch N ∗ thành nhóm A1 , A2 , cho nhóm có tổng nghịch đảo phần tử theo quy nạp sau : Đầu tiên lấy A1 = Giả sử xây dựng Ak , ta xây dựng tập hợp Ak+1 : Gọi n số nguyên dương nhỏ không thuộc A1 , A2 , , Ak Ta chọn n vào nhóm Ak+1 Tiếp theo ta xây dựng lớp B1 , B2 , , Bn−1 mà lớp có tổng nghịch đảo phần tử n1 Với B1 , dựa vào công thức: 1 1 1 = + = + + n n + (n + 1)n n + (n + 2)(n + 1) (n + 1)n Cứ ta nâng giá trị phần tử cho minb∈B1 b ≥ maxa∈(A1 ∪A2 ∪ ∪Ak )a Như rõ ràng B1 ∩ (A1 ∪ A2 ∪ Ak ) = Ø Tương tự, ta xây dựng tập B2 mà: b∈B2 b = n1 , minb∈B1 b ≥ maxa∈(A1 ∪A2 ∪ ∪Ak ∪B1 )a Cứ ta xây dựng B3 , B4 , , Bn−1 Cuối cùng, Ak+1 = n ∪ B1 ∪ B2 ∪ Bn−1 Rõ ràng Bi rời mina∈Ak+1 a ≥ maxa∈(A1 ∪A2 ∪ ∪Ak )a Từ suy Ak+1 ∩ (A1 ∪ A2 ∪ Ak ) = ø a∈Ak+1 a1 = Như ta xây dựng xong nhóm A1 , A2 , Trở lại toán, với số nguyên dương m, ta chọn m nhóm A1 , A2 , , Am Khi n tổng số phần tử nhóm A1 , A2 , , Am xi phần tử m nhóm xếp số theo thứ tự tăng dần III, Sử dụng PP phân nhóm giải số toán liên quan đến giá trị biểu thức, giá trị lớn nhỏ Tóm tắt nội dung Ở phần xét số ví dụ mà PP phân nhóm cho phép ta khảo sát "chất lượng" tổng giúp đánh giá dễ dàng Qua ví dụ lời dẫn dắt, lời bình giúp bạn hiểu "Tại lại làm ?" Ví dụ 1: Cho số thực a1 , a2 , , an ∈ R thỏa mãn rằng: n i=1 n i=1 |xi | = n i=1 xi = Chứng minh xi 1 ≤ − i 2n Phân tích tìm tòi lời giải : Thật tự nhiên, ta mong muốn phá dấu trị tuyệt đối để toán trở nên nhẹ nhàng Và ý tưởng đơn giản đánh giá số hạng với ! Ta dùng đánh giá với 12 để phá trị tuyệt đối số hạng đằng sau số hạng xét, ta sử dụng đánh giá với 0, đánh giá tự nhiên để xử lý ! Phân hoạch tập x1 ; x2 ; ; xn thành tập : A = {Xk ≥ 0} B = {X j ≤ 0} Giả sử tập A có p phần tử, B có q phần tử Lúc đó, điều kiện toán trở thành : p k=1 p k=1 Xk = Xk + q j=1 X j q j=1 X j +1 =0 p i=1 Xk = 12 q j=1 X j = − ⇔ Và ta đánh giá xni ≤ xii ≤ xi với xi ∈ A xi ≤ xii ≤ xni vớixi ∈ B Vậy : n i=1 xi ≤ i q j=1 p Xk − Xj = 1 − 2n Xk = 1 − 2n n i=1 Và : n i=1 xi ≥ i p j=1 n Xj q − i=1 Từ bất đẳng thức ta có đpcm Đẳng thức xảy a1 = 1; an = Ví dụ 2: Chứng minh ∀n ∈ N x ∈ R ta có: n−1 cos(2i x) ≥ i=0 −1 số lại n Phân tích tìm tòi lời giải : Nhìn vào bất đẳng thức n số hạng cộng lại ≥ n2 , điều mà người nghĩ tới chứng minh số hạng ≥ 21 Nhưng cụ thể với toán này, bất đẳng thức Ta mong muốn phân hoạch dãy i đại diện cho |cos(2i x)| thành phần : A = {i| |cos(2i x)| ≥ 21 } B = {j| |cos(2j x)| < 12 } Ở phần A, hiển nhiên ta có điều ta mong muốn, phần B ? Ta tập A ⊂ A để với số hạng b tập B tồn số hạng a tập A để cos(2b x) + |cos(2a x)| ≥ Thật với j ∈ B |cos(2j x)| ≤ 12 ta chứng minh |cos(2j x)| + |cos(2j+1 x)| ≥ (∗), lúc hiển nhiên |cos(2j+1 x)| ≥ 12 suy (j + 1) ∈ A dãy {0; n − 1} phần tử tập B đứng liên tiếp Thật (∗) tương đương |cos α| + |cos 2α| ≥ với α = 2j x, |cos α| < 21 ⇔ |cos α| + cos2 α − ≥ 1 ⇔ |cos α| + − cos2 α ≥ (|cos α| < ) 2 ⇔ |cos α| ≥ cos α Và điều hiển nhiên |cos α| < 12 Với điều lý luận trên, ta có điều phải chứng minh Nhận xét : Tại lại chọn A ? Các bạn ý dấu giá trị tuyệt đối tự tìm câu trả lời cho Ví dụ :[IMO SL 2010] Cho dãy số {an } xác định x1 = 1, x2k = −xk , x2k−1 = (−1)k+1 xk với k ≥ Chứng minh x1 + x2 + x3 + + xn ≥ 0∀n ≥ Lời giải : Ở toán ta phân nhóm theo âm dương được, giả thiết gợi ý cho ta việc phân nhóm theo modulo số để từ kiểm soát tính âm dương số hạng tổng Dễ dàng nhận thấy : x4k−3 = x2k−1 = −x4k−2 x4k−1 = x4k = −x2k = xk (1) Đặt Sn = n i=1 xi , ta có : k S4k = k ((x4k−3 + x4k−2 ) + (x4k−1 + x4k )) = i=1 (0 + 2.xi ) = 2Sk (2) i=0 S4k+2 = S4k + (x4k+1 + x4k+2 ) = S4k (3) Để ý Sn ≡ ni=1 = n (mod 2) Bây chứng minh Si ≥ với i ≤ 4k quy nạp để kết hợp với kết suy điều phải chứng minh Kết với k = x1 = x3 = x4 = 1, x2 = −1 Giả sử Si ≥ 0∀i ≤ 4k Từ (1), (2) (3) ta có : S4k+4 = 2.S2k+1 ≥ 0, S4k+2 = S4k ≥ , S4k+3 = S4k+2 + S4k+3 = S4k+2 + S4k+4 ≥0 Vậy ta chứng minh S4k+1 ≥ Nếu k lẻ S4k+1 = S4k + x4k+1 S4k = 2Sk Sk ≡ k ≡ (mod 2) nên S4k+1 = S4k + x4k+1 ≥ + x4k+1 ≥ > Nếu k chẵn S4k+1 = S4k + x4k+1 = 2Sk + xk+1 = Sk + Sk+1 ≥ Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Giả sử x1 , x2 , x3 , , xn n số thực cho : ni=1 |xi | = Chứng minh tồn S ∈ {1; 2; ; n} thỏa mãn : 1) ≤ |S ∩ {i; i + 1; i + 2}| ≤ 2∀i = 1; n − xi ≥ 2) i∈S Lời giải : Với i = 0, 1, đặt si = t2 − t3 = Suy xj ≥0;j≡i (mod 3) xj ; t i = xj Vậy ta có tồn n0 mà an0 có chứa chữ số m − Bây xét dãy an0 +1 , an0 +2 , , ak , có tính chất đề nên ta có vô số số n mà an chứa chữ số m − số m Hay có vô số n mà an "số kim cương".Kết thúc chứng minh IV Bài tập Bài toán :[Đề thi vòng THPT Chuyên KHTN 2012-2013] Giả dụ dãy số thực có thứ tự x1 ≤ x2 ≤ ≤ x192 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + x3 + + xn = x1 + x2 + + x192 = 2013 Hãy chứng minh x192 − x1 ≥ 2013 96 Bài toán :[IMO 1991] Cho S = {1; 2; ; 280} Tìm số tự nhiên n nhỏ cho tập hợp n phần tử S chứa số đôi nguyên tố Bài toán : [MOP 2006] Cho số dương a1 ; a2 ; ; a7 , b1 ; b2 ; ; b7 thỏa: + bi ≤ CMR tồn hai số k khác m cho: |am − ak | + |bm − bk | ≤ Bài toán : a∈Ai Tính số cách phân hoạch {1; 2; ; n} tập Ai cho m(Ai ) ∈ Ai với m(Ai ) = |A i| Bài toán : Cho S ⊂ {1; 2; ; 100} với |S| = 51 Chứng minh S chứa số mà số bội số V, Lời kết Phương pháp phân nhóm phương pháp tự nhiên hữu hiệu giải toán tổ hợp thể qua toán tập mà cố gắng truyền tải ý tưởng cách tự nhiên đến bạn Chúc bạn vui vẻ giải toán "phân nhóm" biết "phân nhóm" việc sống để giải vấn đề sống tốt ... Phương pháp phân nhóm phương pháp tự nhiên hữu hiệu giải toán tổ hợp thể qua toán tập mà cố gắng truyền tải ý tưởng cách tự nhiên đến bạn Chúc bạn vui vẻ giải toán "phân nhóm" biết "phân nhóm" việc... dụ ta có kết hợp loại phân nhóm : Phân nhóm dấu mod số Hi vọng qua toán trên, bạn rút phần kinh nghiệm cách phân nhóm tự áp dụng vào tập tương tự, ta kết thúc chuyên đề toán VNTST 2005: Ví dụ... xong nhóm A1 , A2 , Trở lại toán, với số nguyên dương m, ta chọn m nhóm A1 , A2 , , Am Khi n tổng số phần tử nhóm A1 , A2 , , Am xi phần tử m nhóm xếp số theo thứ tự tăng dần III, Sử dụng