SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị:Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỒN TẠI TRONG TỔ HỢP Người thực hiện: NGUYỄN TẤT THU Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học môn: Toán học - Lĩnh vực khác: Có đính kèm: Các sản phẩm không thề in SKKN Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác Năm học: 2012 – 2013 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: Nguyễn Tất Thu Ngày tháng năm sinh: 13-09-1980 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: Tổ 10 – KP5 - Trảng Dài – Biên Hoà - Đồng Nai Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ:0942444556 Fax: E-mail: nguyentatthudn@gmail.com Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: - Năm nhận bằng: - Chuyên ngành đào tạo: III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy môn Toán Số năm có kinh nghiệm: 10 nằm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Một số phương pháp xác định CTTQ dãy số - năm 2008 Sử dụng hàm lồi chứng minh bất đẳng thức – năm 2009 Sử dụng phép đếm để chứng minh đẳng thức tổ hợp – năm 2010 Một số phương pháp giải toán cực trị tổ hợp – năm 2012 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỒN TẠI I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chủ đề tổ hợp thường xuyên xuất kỳ thi chọn học sinh giỏi chủ đề đánh giá khó đề thi Về toán tổ hợp ta thường gặp toán dạng yêu cầu chứng minh tồn trạng thái, cấu hình tổ hợp thoả tính chất Nội dung phương pháp giải dạng toán phong phú đa dạng Nhằm giúp em học sinh có hệ thộng tư để tìm hướng giải cho dạng toán này, hệ thống số phương pháp giải toán tồn tại, để qua học sinh có nhìn tổng thể dạng toán Đó lí mà chọn đề tài: “Một số phương pháp giải toán tồn tổ hợp” làm đề tài nghiên cứu II TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Cơ sở lí luận Tiến trình thực để tài 2.1 Sử dụng nguyên lí Dirichle Nguyên lí Dirichle (hay nguyên lí chuồng thỏ) phát biểu đơn giản lại có nhiều ứng dụng toán học đặc biệt nguyên lí Dirichle công cụ mạnh để chứng minh toán tồn Sau đây, xét số ứng dụng nguyên lí Dirichle cho toán tồn 2.1.1 Nguyên lí Dirichle Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa thỏ 2.1.2 Nguyên lí Dirichle mở rộng Nếu nhốt n thỏ vào m chuồng ( m ≤ n ) có chuồng chứa n + m −1  m  2.1.3 Nguyên lí Dirichle cho tập hợp Cho S tập hợp hữu hạn S1 ,S2 , ,Sm tập S cho m ∑ Si > k S i =1 Khi tồn phần tử x ∈ S cho x chứa k + tập họ {S1 ,S2 , ,Sm} 2.1.4 Nguyên lí Dirichle hình học Cho hình phẳng (H) (Hi ),i = 1,n hình phẳng nằm (H) Kí hiệu n S,Si diện tích hình phẳng (H) (Hi ) Khi đó, S < ∑ Si tồn i =1 hai hình phẳng (Hi ), (H j ) có giao khác rỗng với i, j∈{1,2, ,n} Để sử dụng nguyên lí Dirichle, ta cần tạo số chuồng số thỏ 2.1.5 Các ví dụ Ví dụ 1.1 Trog tam giác cạnh cho 2012 điểm phân biệt Chứng minh tồn tam giác cạnh chứa 224 điểm 2012 điểm cho Lời giải  2012  Ta có:   = nên ta tạo tam giác  224  tam giác có cạnh năm tam giác có cạnh Ta thực phép chia sau: Chia tam giác cho thành tam giác có cạnh Khi có tam giác chứa 224 điểm 2012 điểm cho Ví dụ 1.2 Trong mặt phẳng cho 2n + điểm cho với điểm có điểm mà khoảng cách chúng nhỏ Chứng minh tồn đường tròn có bán kính chứa n + điểm 2n + điểm cho Lời giải Xét A 2n + điểm Xét đường tròn (S) = (A,1) Nếu (S) chứa 2n điểm lại ta có điều phải chứng minh Nếu B ∉(S) , ta xét đường tròn (S') = (B,1)  AC < C ∈(S) Khi với điểm C khác A B, ta có:  ⇒ BC < C ∈(S') Do 2n − điểm lại ( khác A B) thuộc (S) thuộc (S’) nên hai đường tròn chứa n điểm Hay đường tròn chứa n + điểm 2n + điểm cho Ví dụ 1.3 Cho đa giác A1A2…A1981 nội tiếp (O) CMR số 64 đỉnh đa giác có đỉnh đỉnh hình thang Lời giải Ta có nhận xét: Nếu có hai dây (được tạo thành từ 1981 đỉnh đa giác) có độ dài đỉnh chung ta có hình Ai thang Xét độ dài dây cung A1A2, A1A3,…, A1A1981 có A1A2 = A1A1981, A1A3 = A1A1980,…, A1A991 = A1A992 độ dài đôi khác Vậy có 990 độ dài dây cung có đỉnh A1 tất độ dài dây cung Aj Trong 64 đỉnh có C264 = 2016 dây cung suy có dây cung có độ dài Nếu dây cung đôi có đỉnh chung tạo thành tam giác (vì có dây cung chung đỉnh có độ dài) hình vẽ: Khi đường tròn chia thành cung suy số đỉnh đa giác phải số nguyên lần 3, điều vô lí 1981 không chia hết cho Vậy dây cung có độ dài có hai dây cung chung đỉnh (đpcm) Ak Ví dụ 1.4 Cho đa giác lồi 2013 cạnh có tọa độ nguyên Chứng minh đa giác có 402 điểm có tọa độ nguyên Lời giải Xét đỉnh liên tiếp đa giác A, B, C, D, E Vì (A + B) + (B + C) + (C + D) + (D + E) + (E + A) = 2(A + B + C + D + E) = 6.1800 Suy đỉnh A,B,C,D,E tồn hai đỉnh chung B C A cạnh tổng hai góc lớn 180 Giả sử hai góc A + B > 1800 F  A + E > 1800 Mặt khác: A + B + C1 + D1 = 360 ⇒  B + C > 1800  D E Giả sử B + C1 > 1800 Dựng hình bình hành ABCF , suy F nằm tứ giác ABCE Vì ABCF hình bình hành A,B,C có tọa độ nguyên nên dẫn tới F có tọa độ nguyên Từ ta có đpcm Ví dụ 1.5 Cho A tập tập số tự nhiên dương Biết 2013 số tự nhiên liên tiếp tồn số thuộc A Chứng minh A tồn hai số cho số chia hết cho số Lời giải Xét bảng sau … … 2013 a11 a12 a13 a14 a15 … … a12013 a21 a22 a23 a24 a25 … … a22013 … … … … … … … … … … a20142013 a20141 a20142 a20143 a20144 a20145 Trong a1i = i + k1 , k1 = 1.2.3 2013 = 2013!, ∀i = 1,2013 a ji = a(j−1)i + k j , k j = 2013 ∏ a(j−1)i , ∀j = 2,2014, i = 1,2013 i =1 Ta thấy số cột có số bội số Theo đề bài, hàng có số thuộc A Nên bảng ta tìm 2014 số thuộc A ,mà bảng có 2013 cột nên 2014 số có hai số thuộc cột hai số có số bội số Từ đó, ta có đpcm Ví dụ 1.6 Trong bảng 4x7 ( hàng, cột) người ta tô ô vuông hai màu: đen trắng, ô màu Chứng minh với cách tô ta tìm hình chữ nhật có cạnh nằm đường lưới mà đỉnh ô màu Lời giải Cách Ta xét bảng × (3 hàng, cột) Ta xét trường hợp sau TH 1:Trong bảng tồn cột tô toàn màu Chẳng hạn toàn cột tô màu đen Ta xét cột lại * Nếu tồn cột có ô tô màu đen toán giải * Nếu cột lại, cột có ô tô màu trằng Vì có trạng thái tô màu cho cột lại T-Đ-T, Đ-T-T, T-T-Đ, T-T-T nên theo nguyên lí Dirichle, cột có cột có trạng thái tô màu giống Chọn cột ta có tô thoả yêu cầu toán TH2: Không có cột tô màu, nên có trạng thái tô màu cho cột TĐ-T, Đ-T-T, T-T-Đ, Đ-Đ-T,Đ-T-Đ, T-Đ-Đ Suy có cột có trạng thái tô màu Chọn hai hàng ta có cách tô thoả yêu cầu toán Cách Vì bàng cho có 28 ô tô màu nên có 14 ô tô màu Gọi a i số ô tô màu đen cột i (1 ≤ i ≤ 7) Ta có: 7 i =1 i =1 ∑ ≥ 14 , ta giảm số ô đen xuống để ∑ = 14 a (a − 1) Trên cột thứ i có i i cặp màu đen Ta chiếu bàng xuống đường thẳng d song song với cột bảng Mỗi ô bảng biến thành đoạn thẳng nằm d số đoạn thẳng d là: C24 = đoạn Mặt khác, sô cặp điểm đen cột là:   2   a    7 ∑ i a (a − 1) 1 S= ∑ i i = ∑ a2i − a i ∑   i=1  − a i  = > 2 i=1 i =1   i =1       ( ) Vì số cặp chiếu xuống nhiều số đoạn thẳng nên có hai cặp mà hình chiếu chúng trùng Bốn ô hai cặp tạo thành hình chữ nhật thoả yêu cầu toán Ví dụ 1.7 Trên bàn cờ 10×10 người ta viết số từ đến 100 Mỗi hàng chọn số lớn thứ ba Chứng minh tồn hàng có tổng số hàng nhỏ tổng chữ số lớn thứ ba chọn Lời giải Kí hiệu số lớn thứ ba a9 < a8 < < a0 Khi số phần tử lớn a0 nhiều 20 (nhiều phần tử hàng) Suy a0 ≥ 80 (1) Tương tự a1 ≥ 78 (2) Mặt khác a8 ≥ a9 + 1, a7 ≥ a9 + 1, ,a2 ≥ a9 + Kết hợp với (1) (2) suy ra: a0 + a1 + + a9 ≥ 80 + 78 + ( a9 + 1) + + (a9 + 7) = 8a9 + 180 Xét hàng chứa a9 Tổng số dòng chứa a9 S(a9 ) ≤ 100 + 99 + a9 + a9 − + + a9 − = 8a9 + 171 < 8a9 + 180 ≤ a0 + a1 + + a9 (đpcm) 2.2 Sử dụng bất biến, đơn biến  Bất biến đại lượng hay tính chất không thay đổi trạng thái khác thay đổi Bất biến có nhiều ứng dụng toán học, toán chứng minh tồn trạng thái hay tính chất qua số lần thực thuật toán  Ví dụ 2.1 Lúc đầu ta ghi lên bảng cặp (1;2) Từ lần thứ hai trở đi, bảng  3a − b a + 3b  ; có cặp (a;b) ta phép ghi cặp   Chứng minh 2   không tồn cặp ( ) 3;1 + ghi lên bảng? Lời giải Đặt Sn = a2n + b2n 2  3a n − bn   a n + 3bn  2 Ở bước thứ n + ta có: Sn +1 =   +   = a n + bn = Sn  2     Do đó, Sn đại lượng bất biến Mà S1 = ≠ ( ) + (1 + ) 2 nên ghi cặp ( ) 3;1 + Ví dụ 2.2 Trên bảng ghi hai số Thực cách ghi số theo quy tắc sau: Nếu bảng có hai số a,b ghi thêm số a + b + ab Hỏi ghi số 2012 2013 lên bảng hay không? Lời giải: Ta ghi số 1,2,5,11,17, Đặt c = a + b + ab ⇒ c + = (a + 1)(b + 1) nên dãy số thu công thêm số có dạng 2m3n Tuy nhiên 2013 2014 dạng nên ta ghi số Ví dụ 2.3 Hình tròn chia thành 2014 hình quạt Mỗi hình quạt ta đặt viên bị Ta thực chuyển bị sau: Mỗi lần lấy hai ô, ô viên chuyện qua ô bên cạnh ngược chiều Hỏi với cách làm ta chuyển tất viên bi không? Lời giải Tô màu hình quạt hai màu đen trắng cho hai hình quạt kề khác màu Khi lần chuyển số viên bi ô màu đen không đổi tăng giảm Hay nói cách khác số viên bi ô đen tính chẵn lẻ với số bi ban đầu ô đen Mà lúc đầu có 1007 viên bi nằm ô đen nên số bi ô đen 2014 Do thực hiên yêu cầu toán Ví dụ 2.4 Trên bàn quốc tế 8x8 Hỏi mã từ ô cuối bên trái đến ô bên phải hay không mã phải qua tất ô ô lần Lời giải Số bước lần thứ k với k chẵn đến ô màu, với k lẻ đến ô khác màu Do với 63 nước mã đến ô khác màu Những hai ô xuất phát đích màu nên thực theo yêu cầu đề Ví dụ 2.5 Có viên bi chia thành số nhóm Ta thực hiên chuyển viên bi sau: Lấy nhóm viên bị số bi lấy lập thành nhóm Hỏi sau 2012 bước thực hiên ta thu bao nhiều nhóm nhóm gồm viên bi Lời giải Nếu có ba nhóm số bi ba nhóm 1,2,3 với cách làm số nhóm số bi nhóm không thay đổi Vì = + = + = + = + + = + + = + + + = + + + + = + + + + + = + + + = + + = + 10 Ta có sơ đồ sau Vậy sau nhiều bước ta thu nhóm số bi nhóm 1,2,3 Ví dụ 2.6 Với số thực dương (a;b;c;d) ta thực phép biến đổi T sau T (a;b;c;d)→(ab;bc;cd;da) Tìm (a;b;c;d) ban đâu cho sau hữu hạn bước ta thu (a;b;c;d) Lời giải k Đặt P = abcd sau phép biến đổi thứ k ta thu tích số P2 Vì sau hữu hạn bước ta thu ban đầu nên P = hay abcd = Ta có phép biến đổi ( ) ( ) (a;b;c;d) → (ab;bc;cd;da) → ab2c;bc2d;cd2a;da2b → b2c2 ;c2d2 ;d2a2 ;a2b2 Đặt t k = max {ak ;bk ;ck ;dk } giá trị lớn bước thứ k k Suy t 2k = t 2k = t 22 Vì sau hữu hạn bước ta thi ban đầu nên t = Suy = ab.bc.cd.da ≤ t 24 = ⇒ ab = bc = cd = da = ⇒ a = b = c = d = Rõ ràng với ban đầu (1;1;1;1) sau hữu hạn lần ta thu 2.3 Phương pháp xây dựng Nội dung phương pháp ta xây dựng cấu hình tổ hợp thoả yêu cầu toán 11 Ví dụ 3.1 CMR tập số nguyên dương chia thành số vô hạn tập vô hạn cho : x,y,z,w thuộc tập x − y z − w thuộc tập x z = y w Lời giải: Ta phân hoạch: ¥* = U Ak Trong Ak = {(2k − 1).2t k ∈ ¥*,t ∈ ¥} +∞ k =1 Ta có A k tập vô hạn với k = 1,2, Xét x,y,z,w ∈ A k , suy x = ( 2k − ) 2x t ,y = ( 2k − ) 2y t ,z = ( 2k − ) 2zt ,w = ( 2k − ) 2w t , Do x z = 2x t − y t , = 2zt − w t , y w ( ) ( ) x − y = (2k − 1)2y t 2x t − y t − , z − w = (2k − 1)2w t 2zt − w t − x t − y t = x − y ∈ A k x z Suy  ⇔ ⇒ = z − w ∈ A k zt − w t = y w Ví dụ 3.2 Trong kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi toán tỉnh có 20 em tham gia Mỗi học sinh phải thi vòng, vòng gọi thi Điểm thi cho số tự nhiên từ đến 10 Phương thức chọn đội tuyển so sánh kết điểm thi tương ứng (vòng 1, vòng ) thí sinh Thí sinh A gọi so sánh với thí sinh B điểm thi A không nhỏ điểm thi tương ứng thí sinh B điểm thi A không nhỏ điểm thi tương ứng B Biết hai thí sinh có cặp điểm số tương ứng Chứng minh chọn ba thí sinh A, B, C cho A so sánh với B B so sánh với C Lời giải Đặt X i = (a i ,bi ) đại diện cho điểm thi học sinh thứ i,i = 1,2,3, ,20 ≤ a i ,bi ≤ 10 12 Do hai thí sinh có cặp điểm số nên X i ≠ X j với i ≠ j Ta quy ước gọi X i > X j a i ≥ a j ,bi ≥ bj Ta chứng minh tồn số m,n,p mà A m < A n < A p Thật vậy, có 10 giá trị dành cho 20 số a i nên có trường hợp sau xảy ra: - Nếu tồn ba số ,a j ,a k mà a i = a j = a k rõ ràng số bi ,bj ,bk đôi khác thí sinh có điểm số tương ứng so sánh Trong trường hợp này, toán - Nếu không tồn ba số rõ ràng số chia thành 10 cặp, cặp hai số lấy giá trị không vượt 10 Không tính tổng quát, ta giả sử a1 = a2 = 1,a3 = a = 2, ,a19 = a20 = 10 b2i−1 < b2i với i = 1,2,3, ,10 Lập luận tương tự, ta thấy số b1 ,b2 ,b3 , ,b20 chia thành 10 cặp cặp nhận giá trị 1,2,3, ,10 Ta lại có hai trường hợp: + Nếu tồn i, j mà b2i−1 ≤ b2j−1 với i < j dễ thấy a2i −1 = a2i = i < j = a2j−1 = a2j b2j−1 ≤ b2j−1 < b2j nên cặp A2i−1 < A2j−1 < A2j chúng so sánh + Nếu không tồn i, j b2i−1 > b2j−1 với ≤ i < j ≤ 10 Do đó, ta suy b19 = 1,b17 = 2,b15 = 3, ,b1 = 10 Như ta có A1 = (1,10), A3 = (2,9), A5 = (3,8), , A19 = (10,1) cặp đôi so sánh với Ngoài ra, 10 cặp A2 = (1,b2 ), A = (2,b4 ), A6 = (3,b6 ), , A20 = (10,b10 ) với b2 ,b4 ,b6 , ,b20 hoán vị 10,9,8, ,1 mà điểm bất động, tức với i = 1,2,3, ,10 b2i ≠ 11 − i (do điểm thí sinh A2i−1 A2i khác nhau) Ta giả sử b2i = 10,i > b2 = k < 10 A2 = (1,k) < A1 = (1,10) < A2i = (i,10) 13 cặp so sánh Do đó, trường hợp, ta có đpcm Bài toán giải hoàn toàn 2.4 Sử dụng công thức nguyên lí bù trừ Công thức nguyên lí bù trừ Với n tập A1 , A2 , , A n ta có: A1 ∪ A2 ∪ ∪ A n = n ∑ Ak − ∑ k =1 1≤ i< j≤n A i ∩ A j + + ( −1)n −1 A1 ∩ A2 ∩ ∩ A n Để chứng minh tồn phần tử thuộc đồng thời tất tập A1 , A2 , , A n , ta chứng minh A1 ∩ A2 ∩ ∩ A n > Ví dụ 4.1 Khi điều tra lớp học, người ta thấy: Hơn số học sinh đạt điểm giỏi môn Toán đồng thời đạt điểm giỏi môn Vật Lý; Hơn số học sinh đạt điểm giỏi môn Vật Lý đồng thời đạt điểm giỏi môn Văn; Hơn số học sinh đạt điểm giỏi môn Văn đồng thời đạt điểm giỏi môn Lịch Sử; Hơn số học sinh đạt điểm giỏi môn Lịch Sử đồng thời đạt điểm giỏi môn Toán Chứng minh có học sinh đạt điểm giỏi môn Toán, Vật Lý, Văn Lịch Sử Lời giải Kí hiệu T,L,V,S tập học sinh có điểm giỏi môn Toán, Lý, Văn, Sử X = T ∩ L, Y = L ∩ V, Z = V ∩ S 14 Theo đề bài, ta có: X > 2 T, Y> L, Z> V 3 Ta cần chứng minh T ∩ L ∩ V ∩ S > ⇔ X ∩ Y ∩ Z > Không tính tổng quát, ta giả sử T ≥ L ≥ V ≥ S Theo nguyên lí bù trừ, ta có: X ∩ Y ∩ Z = X ∩ Y + Z − (X ∩ Y) ∪ Z = X + Y + Z − X ∪ Y − (X ∩ Y) ∪ Z > 2 T + L + V − L − V > 3 2.5 Phương pháp phản chứng Ví dụ 5.1 Giả sử từ tập hợp X = {1,2,3, ,2013} ta chọn 673 số Chứng minh số chọn có hai số a,b mà 671 < a − b < 1342 Lời giải Giả sử 673 số chọn hai số thoả yêu cầu toán Tức là, với hai số a,b 673 số chọn ta có a − b ≤ 671 a − b ≥ 1342 Không tính tổng quát, ta giả sử a > b , đó: * < a − b ≤ 671 ⇒ < a − b < 672 a > 672 Đặt a' = a − 672 , −672 < a'− b < ⇒ < b − a' < 672 * 1342 ≤ a − b ≤ 2012 , suy a − b > 1341 , đặt a' = a − 1341 ta có: < a'− b < 671 Tóm lại với số x > 672 ta chọn số x' ∈[1;672] mà x' thoả điều kiện toán Hay nói cách khác ta đưa 673 số chọn đoạn [1;672] số đôi khác Nhưng đoạn [1;672] có tối đa 672 số nguyên, điều trái với giả thiết 673 số lấy phân biệt Ví dụ 5.2 Xét số nguyên dương n (n > 1) Người ta muốn tô tất số tự nhiên hai màu xanh, đỏ cho điều kiện sau đồng thời thỏa mãn i) Mỗi số tô màu, màu tô vô số số 15 ii) Tổng n số đôi khác màu số màu Hỏi thực phép tô màu nói hay không, nếu: a) n = 2012 b) n = 2013 Lời giải a) Giả sử tồn cách tô màu thoả yêu cầu toán Vì màu tô vô hạn số nên tồn số a1 cho a1 tô màu xanh a1 + = b1 tô màu đỏ Tương tự, tồn số b2 cho b2 tô màu đỏ b2 + = a2 tô màu xanh….tồn số a2012 cho a2012 tô màu xanh a2012 + = b2012 tô màu đỏ Từ cách xây dựng, ta có: n1 = 2012 ∑ i =1 tô màu xanh, n2 = Tuy nhiên, ta thấy 2012 2012 i =1 i =1 ∑ = ∑ 2012 ∑ i =1 bi tô màu đỏ bi Từ đó, suy n1 = n2 (điều vô lí) b) Ta xét cách tô sau: Tô số chẵn màu xanh số lẻ màu đỏ Cách tô thoả yêu cầu toán Ví dụ 5.3 Cho n ≥ số nguyên dương Xét bảng n × n ,ta điền vào bảng n2 số nguyên dương có tổng n3 Chứng minh tìm bảng × gồm phần tử có cạnh song song với đường chia bảng cho tổng phần tử bảng lớn 3n Lời giải Giả sử ta không tìm bảng × thỏa mãn Ta xét trường hợp: TH1: n = 2k Khi ta chia bảng thành k bảng con, tổng số bảng 3n Khi tổng số bảng lớn nhỏ 3n n2 < n3 (mâu thuẫn với giả thiết) TH2: n = 2k + Ta chia bảng thành k bảng × bảng 2k × 2k , 2k 16 bảng × hàng thứ n cột thứ n , cuối ô ( n;n ) * Trong k bảng đó, tổng số bảng không vượt 3n = 3(2k + 1) * Trong 2k bảng × , tổng số bảng không vượt 3n − = 6k + * Trong ô ( n;n ) số điền phải nhỏ 3n − = 6k Như tổng ô bảng lớn là: 3(2k + 1)k + (6k + 1)2k + 6k = 6k3 + 12k < (2k + 1)3 = n3 (trái với gỉa thiết) Do ta có đpcm Ví dụ 5.4 tập 2006 phần tử ta chọn 2005 tập con, tập có phần tử Chứng minh tìm tập mà chúng có chung phần tử Lời giải: Giả sử không tồn tính chất đề nêu, tức tập 2005 tập rời giao phần tử Khi ta cm ta phân tập thành nhóm với loại nhóm Các tập đôi rời ta phân làm nhóm (nhóm I ) Với tập A gồm phần tử {a,b,c}thuộc 2005 tập nói trên: không giao với tập khác, thuộc nhóm I Nếu giao với tập B phần tử (giả sử a,b) dễ dang có nhận xét sau: - Nếu có tập C giao với A phần tử a,b tập khác, giao A giao phần tử a,b Ta gọi nhóm tập nhóm II - Nếu có tập C giao với A phần tử, chẳng hạn a,c ta thiết lập nhiều tập giao A tập ta xếp vào loại nhóm nhóm III Dễ dàng nhận thấy nhóm rời nhau, tức tập thuộc nhóm thuộc nhóm khác Mặt khác, nhận xét thêm số tập có nhóm I số phần tử có 17 nhóm đó, số tập có nhóm II nhiều số phần tử tập có nhóm đó, số tập có nhóm III nhỏ k − với k số phần tử tập có nhóm Chú ý tổng số phần tử tập thuộc nhóm II phải chia hết cho Mà 2006 không chia hết chắn phải có diện loại nhóm lại Vậy tổng số phần tử (chú ý phân biệt) tất tập có mối liên hệ sau với tập: x ≥ y + (với x tổng số phần tử, y số tập) Có 2006 phần tử, tối đa ta lập 2004 tập thỏa mãn mà Vậy với 2005 tập tồn tập mà chúng giao phần tử (đpcm) 2.6 Bài tập Bài Trong hình tròn có diện tích đặt 17 điểm bát kì phân biệt Chứng minh có ba điểm tạo thành tam giác có diện tích nhỏ Bài Trên đường tròn cho 16 điểm tô ba màu: X, Đ, V Các dây cung nối điểm 16 điểm tô hai màu: T, Đ Chứng minh ta có 16 điểm tô màu cạnh tô màu Bài Trong hình tròn(O, 2,5) cho 10 điểm CMR có hai điểm có khoảng cách nhỏ Bài Trong mặt phẳng cho đường thẳng ngang song song nằm ngang đường thẳng ngang song song nằm dọc Người ta đánh dấu giao điểm hai màu X, Đ CMR tồn đường thẳng nằm ngang đường thẳng nằm dọc cho giao điểm chúng màu Bài Cho hình bình hành ABCD 25 đường thẳng Mỗi đường thẳng chia ABCD thành hình thang với tỉ số diện tích CMR 25 đường thẳng có đường thẳng đồng quy Bài Xét 100 số nguyên dương a1, a2,…, a100; ≤ 100 với i = 1, 2,…, 100 a1+a2+…+a100 = 200 CMR 100 số tồn vài số có tổng 100 18 Bài Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt 100 CMR chọn số a, b, c, d cho a < b < c a + b + c = d Bài CMR 39 số tự nhiên liên tiếp có số có tổng chữ số chia hết cho 11 Bài Trên bàn cờ 10×10 người ta viết số từ đến 100 Mỗi hàng chọn số lớn thứ ba CMR tồn hàng có tổng số hàng < tổng chữ số lớn thứ ba chọn Bài 10 Xét 2002 số nguyên dương phân biệt cho số có ước số nguyên tố lớn 23 Chứng minh ta tìm bốn số phân biệt cho tích chúng lũy thừa bậc bốn số tự nhiên Bài 11 VMO 1993 bảng A, VMO 2011 Bài 12 Cho  số vô tỉ Chứng minh tồn vô hạn số nguyên p, q với q0 cho  p  q q2 Bài 13 Có 15 đại biểu ngồi quanh bàn tròn cho vị ngồi chỗ ngồi ban tổ chức xếp (các vị trí xếp cách nhau) Chứng minh xoay bàn để hai đại biểu ngồi chỗ ngồi Bài 14 Xét dãy 1, 2, 3, 4, , 2014 Mỗi lần ta xóa hai số a, b viết thêm vào dãy số a  b Sau bước giảm số Hỏi số lại cuối số 10 hay không? Bài 15 Cho số 1, 2, 3, , 2012 xếp theo thứ tự Mỗi phép biến đổi cho phép đổi thứ tự hai số kề Chứng minh sau 2013 lần đổi chỗ nhận hoán vị ban đầu Bài 16 Cho ba số nguyên (a; b; c) , ta xây dựng  a  b ; b  c ; c  a  Chứng minh sau hữu hạn bước biến đổi ta gồm số Bài 17 Giả sử n số thực n  viết xung quanh đường tròn Nếu số kề a,b,c,d thỏa (a  d)(b  c)  ta đổi vị trí b c Chứng minh phép biến đổi kết thúc sau hữu hạn bước Bài 18 Thực hiên trò chơi sau: với bốn số (x; y; z; t) ta biến đổi thành x  y; y  z; z  t; t  x Chứng minh bắt đầu với 1; 2; 3; 4 sau số bước tâ thu a, b, c, d cho a  b  c  d  2012 Bài 19 (VMO1991) Cho bảng 1991x1992 Kí hiệu (m,n) ô vuông nằm giao hàng thứ m cột thứ n Tô màu ô vuông bảng theo quy tắc sau: lần thứ tô ba ô (r;s), (r+1;s+1), (r+2;s+2) với  r  1989,  s  1990 , từ lần thứ hai trở đi, lần tô ba ô chưa có màu nằm cạnh hàng cột Hỏi tổ màu tất không ? 19 Bài 20 (VMO 2006) Xét bảng ô vuông mxn ( m, n  ) Thực trò chơi sau: lần đặt viên bi vào ô bảng (mỗi ô viên) mà ô tạo thành hình Hỏi sau số lần thực nhận bảng mà số bi không a) m  2004, n  2006 b) m  2005, n  2006 Bài 21 Trên bàn có 2007 viên bi gồm 667 bi xanh, 669 bi đỏ, 671 bi vàng Thực thuật toán sau: Mỗi lần lấy hai viên bi khác màu đặt thêm hai viên bi có màu lại Hỏi nhận trạng thái mà bàn viên bi màu hay không? III HIỆU QUẢ ĐỀ TÀI Qua việc sử dụng đề tài để giảng dạy cho lớp chuyên toán đội tuyển Quốc gia, thấy em tự tin em nhanh chóng tìm phương án giải đứng trước toán tồn Qua thấy hứng thú học toán cho em học sinh tăng lên IV ĐỀ XUẤT, KHUYỄN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đề áp dụng dạy lớp chuyên dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi trường THPT 20 V TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Minh Phương (2010), Một số chuyên đề Toán tổ hợp, NXB GD [2] Vũ Đình Hoà (2008), Lý thuyết tổ hợp đồ thị, NXB GD [3] Nguyễn Quý Di (chủ biên), 200 toán tổ hợp, NXB GD [4] Tạp chí THTT, Giới thiệu đề thi HSG Quốc gia từ năm 1990-2006, NXB GD [5] Các diễn đàn Toán học: http://mathscope.org , http://math.net.vn , http://mathbox.com 21 NGƯỜI THỰC HIỆN (Ký tên ghi rõ họ tên) SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị Trường Chuyên Lương Thế Vinh CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc Biên hoà, ngày 27 tháng 04 năm 2013 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2012 – 2013 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỒN TẠI Họ tên tác giả: Nguyễn Tất Thu Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Biên Hoà - Đồng Nai Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục - Phương pháp dạy học môn: - Phương pháp giáo dục - Lĩnh vực khác: Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành 1 Tính (Đánh dấu X vào ô đây) - Có giải pháp hoàn toàn - Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Hoàn toàn triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao - Hoàn toàn triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng đơn vị có hiệu Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Tốt Khá Đạt - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Tốt Khá Đạt - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Tốt Khá Đạt Phiếu đánh dấu X đầy đủ ô tương ứng, có ký tên xác nhận người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên ghi rõ họ tên) 22 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên đóng dấu) [...]... tại một vài số có tổng bằng 100 18 Bài 7 Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt quá 100 CMR có thể chọn được 4 số a, b, c, d sao cho a < b < c và a + b + c = d Bài 8 CMR trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kì luôn có ít nhất một số có tổng các chữ số chia hết cho 11 Bài 9 Trên bàn cờ 10×10 người ta viết các số từ 1 đến 100 Mỗi hàng chọn ra số lớn thứ ba CMR tồn tại một hàng có tổng các số trong. .. thỏa mãn i) Mỗi số được tô một màu, mỗi màu được tô vô số số 15 ii) Tổng của n số đôi một khác nhau cùng màu là một số cùng màu Hỏi có thể thực hiện được phép tô màu nói trên hay không, nếu: a) n = 2012 b) n = 2013 Lời giải a) Giả sử tồn tại cách tô màu thoả yêu cầu bài toán Vì mỗi màu tô vô hạn số nên tồn tại số a1 sao cho a1 tô màu xanh và a1 + 1 = b1 tô màu đỏ Tương tự, tồn tại số b2 sao cho b2... V − L − V > 0 3 3 3 2.5 Phương pháp phản chứng Ví dụ 5.1 Giả sử từ tập hợp X = {1,2,3, ,2013} ta chọn ra 673 số Chứng minh rằng trong các số đã chọn có hai số a,b mà 671 < a − b < 1342 Lời giải Giả sử rằng trong 673 số chọn ra không có hai số nào thoả yêu cầu bài toán Tức là, với hai số a,b bất kì trong 673 số chọn ra ta luôn có a − b ≤ 671 hoặc a − b ≥ 1342 Không mất tính tổng quát, ta giả sử a >... được phương án giải quyết khi đứng trước một bài toán tồn tại Qua đó thấy được sự hứng thú học toán cho các em học sinh tăng lên IV ĐỀ XUẤT, KHUYỄN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đề tại có thể áp dụng khi dạy các lớp chuyên hoặc dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi ở các trường THPT 20 V TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Minh Phương (2010), Một số chuyên đề Toán tổ hợp, NXB GD [2] Vũ Đình Hoà (2008), Lý thuyết tổ hợp và... hàng đó < tổng các chữ số lớn thứ ba được chọn Bài 10 Xét 2002 số nguyên dương phân biệt sao cho không có số nào có ước số nguyên tố lớn hơn 23 Chứng minh rằng ta có thể tìm được bốn số phân biệt sao cho tích của chúng là lũy thừa bậc bốn của một số tự nhiên Bài 11 VMO 1993 bảng A, VMO 2011 Bài 12 Cho  là số vô tỉ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên p, q với q0 sao cho  p 1  q q2 Bài 13... 671 Tóm lại với mỗi số x > 672 ta luôn chọn được một số x' ∈[1;672] mà x' thoả điều kiện bài toán Hay nói cách khác là ta có thể đưa 673 số đã chọn về trong đoạn [1;672] và các số mới này đôi một khác nhau Nhưng trong đoạn [1;672] có tối đa 672 số nguyên, điều này trái với giả thiết là 673 số lấy ra phân biệt Ví dụ 5.2 Xét số nguyên dương n (n > 1) Người ta muốn tô tất cả các số tự nhiên bởi hai màu... triển khai áp dụng: Tại đơn vị 1 Trong Ngành 1 1 Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây) - Có giải pháp hoàn toàn mới 1 - Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 1 2 Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây) - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 1 - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành... các số trong bảng lớn nhỏ hơn hoặc bằng 3n n2 < n3 (mâu thuẫn với giả thiết) 4 TH2: n = 2k + 1 Ta chia bảng thành k 2 bảng con 2 × 2 trong bảng 2k × 2k , 2k 16 bảng 2 × 1 trong hàng thứ n và cột thứ n , và cuối cùng là ô ( n;n ) * Trong k 2 bảng con đó, tổng các số trong mỗi bảng không vượt quá 3n = 3(2k + 1) * Trong 2k bảng 2 × 1 , tổng các số trong mỗi bảng không vượt quá 3n − 2 = 6k + 1 * Trong. .. này thì không thể nào thuộc nhóm khác Mặt khác, nhận xét thêm rằng số tập có ở nhóm I luôn ít hơn số phần tử có trong 17 nhóm đó, số tập có trong nhóm II nhiều nhất cũng chỉ bằng số phần tử của các tập có trong nhóm đó, số tập có trong nhóm III luôn nhỏ hơn hoặc bằng k − 2 với k là số phần tử của các tập có trong nhóm đó Chú ý rằng tổng số phần tử của các tập thuộc nhóm II phải chia hết cho 4 Mà 2006... ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TỒN TẠI Họ và tên tác giả: Nguyễn Tất Thu Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Biên Hoà - Đồng Nai Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục 1 - Phương pháp dạy học bộ môn: 1 - Phương pháp giáo dục 1 - Lĩnh vực khác: