Học toán nào? Trần Nam Dũng ĐH KHTN Tp HCM Quý hồ tinh bất đa Tôn Vũ Để cải thiện trí óc, ta cần học ít, thấu hiểu nhiều Rene Descartes Đi chậm, tiến xa Ngạn ngữ Nga Mỗi toán giải trở thành quy tắc mà sau dùng để giải toán khác Hãy chia khó khăn thành thành phần đủ nhỏ để giải chúng Rene Descartes Làm để học tốt môn toán câu hỏi mà nhiều bạn học sinh trăn trở Tại có nhiều bạn bỏ nhiều thời gian cho việc học toán, tiến chậm, nhiều lúc đứng yên chỗ thụt lùi? Có nhiều bạn nhìn học thoải mái, học đâu hiểu đó, áp dụng điều học vào tính khác Vấn đề cách học Khi học toán, có bạn học qua loa, nắm lời giải thôi, chuyển qua toán khác Không đào sâu khai thác, không so sánh với toán khác để tìm chung, không tóm tắt lại để điểm yếu, không mở rộng để xem phương pháp giải áp dụng đến đâu Vì thế, lời giải đơn lời giải Không phải phương pháp, kết nối đa chiều với toán khác Chúng ta tưởng tượng, cần thuộc đường Tp Hồ Chí Minh Với hàng trăm đường thế, có nhớ không? Và bỏ công sức học nhớ hết? Nhưng ta học cách có hệ thống, trục ngang, trục dọc lớn, sau cụm theo quận, theo phường Ta không cần nhớ hết, cần biết quận nào, phường nào, gần đường lớn Khi cần chi tiết ta nghiên cứu sau, khoanh vùng không việc khó Học giải toán Nếu học toán cách riêng rẽ biết đủ Và ta có đủ thời gian để nhớ toán Và ta biết khó hy vọng cho trúng tủ, mà toán gần, tương tự, có mối liên hệ với toán biết Vậy cần vận dụng mối liên hệ với toán đó, kho tàng vài nghìn toán xếp lộn xộn, lớp lang ta có đủ thời gian mà đem mà dùng không? Nói cách hình ảnh, giả sử ta có 100 toán, thay học 100 cách riêng lẻ, ta chọn 10-15 chốt 13 15 14 10 11 12 Lúc đó, toán chốt (ta biết rõ cách giải) hay thường (là toán ta chưa biết gặp) có mối liên hệ hàng ngang, cột dọc hay đường chéo với toán khác Từ đó, cần ta phục hồi lại, y ta giải Sudoku Dưới ta xem xét số ví dụ khai thác phương pháp giải toán từ chứng minh lời giải kinh điển Chứng minh G.Polya cho bất đẳng thức AM-GM học sử dụng số bất đẳng thức không Chúng ta biết bất đẳng thức AM-GM nhiều cách chứng minh nó: dùng quy nạp lùi, dùng hàm lồi, dùng khai triển, dùng dồng biến Tuy nhiên cách chứng minh G.Polya đẹp đẽ đem đến cho ta nhiều học bổ ích Bất đẳng thức AM-GM Nếu a1, a2, , an n số thực dương ta có a1  a2   an n  a1a2 an n Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề Bổ đề Nếu x1, x2, , xn số thực dương có tích x1 + x2 + + xn ≥ n Ta chứng minh bổ đề quy nạp theo n Với n = mệnh đề hiển nhiên Giả sử mệnh đề với n số Ta chứng minh mệnh đề với n+1 số Xét n+1 số x1, x2, , xn, xn+1 có tích Nếu tất số (và 1) bất đẳng thức trở thành đẳng thức Trong trường hợp ngược lại, phải có số > số < Không tính tổng quát, giả sử xn < xn+1 > Khi ta có (xn - 1)(xn+1-1) < 0, suy xn + xn+1 > xnxn+1 + Từ ta có x1 + + xn-1 + xn + xn+1 > x1 + + xn-1 + xnxn+1 + (1) Áp dụng giải thiết quy nạp cho n số x1, , xn-1, xnxn+1 có tích 1, ta có x1 + + xn-1 + xnxn+1 ≥ n (2) Từ (1) (2) ta suy x1 + + xn-1 + xn + xn+1 > n+1 Như bổ đề đến n+1 Theo nguyên lý quy nạp toán học, bổ đề với n Quay trở lại toán, ta đặt x1  x1 xn  a1 an , , xn  n a a n a a n n a1 an a a  n 1 n a a n a a a1 an n n Áp dụng bổ đề ta có x1   xn  n  n a1 an a   an n   n  a1 an n n a1 an a1 an Bất đẳng thức AM-GM chứng minh Trong lời giải này, có ý tưởng chính, thứ bước đưa toán toán với điều kiện chuẩn hóa x1 xn = thứ hai bước sử dụng số để "dồn" xn, xn+1 thành xnxn+1 (cụ thể thay xn + xn+1 xnxn+1 + 1) Nhờ bước thay mà ta áp dụng giả thiết quy nạp Ta tiếp tục phân tích ý tưởng chuẩn hóa bước mục sau Ở ta khai thác ý tưởng sử dụng số để so sánh đại lượng không bậc Bài toán Cho x, y, z số thực dương Chứng minh ta có bất đẳng thức x2 + y2 + z2 + 2xyz + ≥ 2(xy+yz+zx) (1) 2 Phân tích Ở x + y + z xy + yz + zx bậc, so sánh được, xyz đại lượng khác bậc Ta muốn dùng số để so sánh xyz với đại lượng vế trái, làm đơn giản bớt thành phần Giải Trong số x, y, z có hai số lớn hay nhỏ hay Giả sử x, y ta có (x-1)(y-1) ≥ 0, suy xy + ≥ x + y Từ 2xyz + 2z ≥ 2xz + 2yz (2) Như vậy, để chứng minh (1), ta cần chứng minh x2 + y2 + z2 + ≥ 2xy + 2z Nhưng bất đẳng thức cuối hiển nhiên tương đương với (x-y)2 + (z-1)2 ≥ Bài toán bổ đề có nhiều ứng dụng hiệu quả, đặc biệt bất đẳng thức không chứa xyz Bạn đọc sử dụng toán để giải toán song sinh sau: Bài tập (Hello IMO 2007) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh ta có bất đẳng thức xyz + 2(x2+y2+z2) + ≥ 5(x+y+z) Bài tập (Ninh Thuận 2014) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh ta có bất đẳng thức xyz + x2+y2+z2 + ≥ 3(x+y+z) Hằng số áp dụng nói trên, nguyên tắc, thay số Điều quan trọng việc chọn số phải liên quan đến đại lượng hai vế phải giúp ta giải toán b c a Bài toán Cho a, b, c > 0, x  a  , y  b  , z  c  Chứng minh ta có bất đẳng thức xy + yz + zx ≥ 2(x + y + z) (1) Phân tích Trong ví dụ này, ta dùng kỹ thuật chuồng thỏ, vách ngăn số Điều thấy rõ từ hai vế BDT cần chứng minh Giải Trong số x, y, z có hai số lớn hay nhỏ hay Giả sử x, y ta có (x-2)(y-2) ≥ 0, suy xy + ≥ 2(x + y) (2) Như vậy, để chứng minh (1), ta cần chứng minh yz + zx ≥ 2z + z(y+x-2) ≥ Thật vậy, ta có (3)  1  1 c a    z  x  y     c   a   b      c   a    2 4 a  b c a  c a c    (Ở ta sử dụng đánh giá b   lần dùng AM-GM cuối) Tức (3) b Cộng với (2) vế theo vế, ta có đpcm Bài toán (VMO 1996) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx + xyz = Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + zx (1) Phân tích Các đại lượng ngược chiều so với ví dụ 1, Do ta không theo cách chuồng thỏ mà theo cách Polya Giải Giả sử x ≥ y ≥ z Vì xy + yz + zx + xyz = nên tất số > 1, tất số < Từ suy x ≥ z ≤ Đặt s = x + z p = xz ta có y(s+p) = - p ta cần chứng minh s + y ≥ sy + p Ta có (s+p)(s+y-sy-p) = s2 + sp + - p - 4s + ps - sp - p2 = (s - 2)2 + p(s - p - 1) Mặt khác s - p - = x + z - xy - = (x-1)(1-z) ≥ nên từ suy (s+p)(s+y-sy-p) ≥ 0, có nghĩa s+y-sy-p ≥ (đpcm) Bài tập (PTNK 2014) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện (a+1)(b+1)(c+1) = + 4abc Chứng minh ta có bất đẳng thức a  b  c   abc Bài học từ Polya chuẩn hóa chứng minh bất đẳng thức Trong toán trên, ta thấy sử dụng số cách thích hợp, ta rút gọn bất đẳng thức cần chứng minh để đưa bất đẳng thức đơn giản Với bất đẳng thức có số (vì nhân tất biến với đại lượng bất đẳng thức không thay đổi, số bị thay đổi) Những số xuất ta đưa điều kiện chuẩn hóa Ngoài ra, chuẩn hóa giúp đơn giản biểu thức cồng kềnh, đặc biệt biểu thức chứa Ta bắt đầu ví dụ kinh điển Cho a = (a1, a2, , an) gồm n số thực dương Với số thực r, ta đặt r  a   a  M r (a )    (trung bình bậc r a) n   r r n Ta có bất đẳng thức trung bình lũy thừa tiếng sau: Nếu r > s Mr(a) ≥ Ms(a) Rất thú vị bất đẳng thức cực mạnh (từ suy AM-GM, Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức trung bình điều hòa) lại chứng minh dùng BDT Bernoulli Dưới ta xét trường hợp bất đẳng thức Bài toán Nếu r > s > Mr(a) ≥ Ms(a) Giải Biểu thức Mr(a) Ms(a) cồng kềnh ta chưa biết xử lý Sử dụng ý tưởng từ chứng minh G.Polya, ta giải toán "đã chuẩn hóa sau" Bổ đề Cho r > s Nếu a1s + a2s + + ans = n a1r + a2r + + anr ≥ n Chứng minh bổ đề Do r > s > nên r/s > Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có r air  1  ais  1 s   r s   1 s Cho i chạy từ đến n cộng lại vế theo vế, ta có đpcm Bài tập Hãy từ bổ đề suy kết toán Bài toán Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện  1 1 ( x  y  z )      10 x y z Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức  1 1 P  ( x2  y  z2 )     y z  x Lời giải toán chia nhỏ thành bước sau Bước Dùng tư tưởng chuẩn hóa, đưa toán toán tương đương (vì sao?) sau: Cho x, y, z > 0, x + y + z = 10, 1/x + 1/y + 1/z = Tìm GTLN GTNN  1 1 P  ( x2  y  z2 )     y z  x Bước Đặt t = xyz = xy + yz + zx Tính P theo t Bước Đánh giá x, y, z phương pháp điều kiện có nghiệm hệ phương trình Bước Đánh giá t khảo sát hàm số phương pháp sử dụng số Bước Đánh giá P Bài tập (VMO 2004) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện (x+y+z)3 = 32xyz Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ x4  y4  z4 P ( x  y  z) Bài tập (British MO) Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P = x2y + y2z + z2x Loạt toán liên quan đến PTNK 2014 Sóc Trăng 2014 Trong kỳ thi chọn đội tuyển trường tỉnh vừa qua, có hai toán sau Bài toán (PTNK 2014) Cho X = {1, 2, , 19} Chứng minh tồn tập hợp F gồm 2600 tập phần tử X cho với A khác B thuộc F | A  B | ≤ Bài toán (Sóc Trăng 2014) Một nhóm học sinh có n người Họ tổ chức 10 gặp mặt, gặp mặt có 20 học sinh tham dự Hai học sinh tham gia chung không gặp Tìm giá trị nhỏ n Bài toán thuộc dạng xây dựng ví dụ Những khó làm thủ công Lời giải dựa vào ý tưởng sau Với k = 0, 1, 2, , 18, đặt P(k) = {A  X| | A | = 7, S(A)  k mod 19} (ở ta ký hiệu S(A) tổng phần tử A) P(k) thỏa mãn điều kiện A khác B thuộc P(k) | A  B | ≤ (vì | A  B | = A = {a1, , a6, a}, B = {a1, , a6, b} S(A) - S(B) = a - b  mod 19) Mặt khác ta có |P(0)| + |P(1)| + + |P(18)| = C197 Từ suy tồn k cho | P(k) |  C197  2652 19 Bài toán thuộc dạng cực trị rời rạc, bao gồm đánh giá xây dựng ví dụ Và hóa ra, bước đánh giá đơn giản Cách Ta lập danh sách 10 chuyến Cho chuyến đầu tiên, ta cần 20 học sinh Cho chuyến thứ hai, ta cần 19 học sinh (tức học sinh chưa chuyến trước, có nhiều học sinh chuyến trước) Cho chuyến thứ ba, ta cần 18 học sinh (do có nhiều học sinh chuyến trước) Cứ đến chuyến thứ 10, ta cần 11 học sinh Như số học sinh không 20 + 19 + 18 + + 11 = 155 Cách Ta mô hình hóa toán sau: Cho X = {1, 2, , n} Giả sử tồn 10 tập A1, A2, , A10 X thỏa mãn điều kiện i) |Ai | = 20, với i = 1, 2, , 10 ii) | Ai  Aj | ≤ với ≤ i < j ≤ 10 Tìm giá trị nhỏ n Áp dụng bất đẳng thức bao hàm loại trừ (hay BĐT Bonferroni), ta có n | 10 i 1 10 Ai | | Ai |  i 1  1i  j 10 | Ai  Aj |  10.10  45.1  155 Cách Cách phức tạp cả, nhưng, thấy sau, cách có khả mở rộng xa sâu Trước tiên, ta mô hình hóa toán cách Ta lập bảng thành viên gồm 10 dòng n cột, dòng đại diện cho 10 chuyến (các tập Ai) cột đại diện cho n học sinh (phần tử X) n-1 n A1 A2 A10 Ở dòng i cột j ta viết số j  Ai (học sinh j dự gặp mặt thứ i) Trong trường hợp ngược lại, ta viết số Khi đó, tổng số số dòng, theo giả thiết, 20 Do tổng số số toàn bảng 200 Nhưng điều kiện |Ai  Aj| ≤ thể ngôn ngữ bảng thành viên? Đó số tạo thành đỉnh hình chữ nhật Nói cách khác, cặp số dòng xuất không lần cột tương ứng cặp số cột xuất dòng tương ứng không lần Ta thử dùng ý để đánh giá n Nếu đếm số cặp số dòng dòng có C20  190 cặp số Mặt khác, cặp cột chứa nhiều cặp số dòng, số cặp số dòng không lớn Cn2 Từ ta suy n(n-1) ≥ 3800 Từ n ≥ 63 Đánh giá không chặt Ta nhận điều bắt tay xây dựng ví dụ dấu xảy Ta đổi lại tính số cặp số cột Để làm điều này, ta gọi cj số số dòng j Ta dễ thấy c1 + c2 + + cn tổng số số toàn bảng, 200 Ta đếm số cặp số cột cách Cách đếm theo cột Cột thứ j có cj số có Cc2  j n  j 1 c j ( c j  1) c j ( c j  1) cặp số Như tổng số cặp số cột toàn bảng Mặt khác, ta có C102  45 cặp dòng, cặp dòng chứa không cặp số cột Do toàn bảng có không 45 cặp số cột Từ ta suy bất đẳng thức n c j (c j  1) j 1  n n j 1 j 1  45   c 2j   c j  90  290 Làm để từ đánh giá n? Ở đây, ta biết tổng n c j 1 j nên ta dùng BĐT Cauchy-Schwarz để đánh giá:  n   cj  n j 1   n  40000  137.9 290   c j   n 290 j 1 Suy n ≥ 138 Theo lời giải ta biết n = 138 đáp số Nhưng ta chưa biết đáp số 155 sao? Suy nghĩ chút, ta thấy n = 138 gần dấu xảy ra, tức cj gần Nhưng có 138 số nguyên không âm gần có tổng 200 Như đánh giá Cauchy-Schwarz không chặt Ta nhận thấy tổng cj 200 có 138 số nên cj 1, Như ta dùng bất đẳng thức (cj-1)(cj-2) ≥ (bất đẳng thức với cj nguyên) có khả dấu xảy với j, tức ta có bất đẳng thức chặt Áp dụng bất đẳng thức này, ta có đánh giá n n n j 1 j 1 j 1 290   c2j   (3c j  2) 3 3c  2n  600  2n Suy 2n ≥ 310, tức n ≥ 155 Ta đến kết cách 1, Tuy cồng kềnh mô hình mở rộng tốt Điều nhấn mạnh phần sau Nhưng trước hết, thông tin cj = (cụ thể có 45 số 110 số 1) giúp ta dễ dàng việc xây dựng ví dụ cho n = 155: A1 = {1, 2, , 20} A2 = {1, 21, 22, , 39} A3 = {2, 21, 40, 41, , 57} A4 = {3, 22, 40, 58, , 74} A5 = {4, 23, 41, 58, 75, , 90} A6 = {5, 24, 42, 59, 75, 91, , 105} A7 = {6, 25, 43, 60, 76, 91, 106, , 119} A8 = {7, 26, 44, 61, 77, 92, 106, 120, , 133} A9 = {8, 27, 45, 62, 78, 93, 107, 120, 134, , 144} A10 = {9, 28, 46, 63, 79, 94, 108, 121, 134, 145, , 155} Các toán 6, giải trọn vẹn Tuy nhiên, câu chuyện bắt đầu Sau bình luận hai toán Bình luận Trong lời giải 6, ta sử dụng lý luận tổng |P(k)| C197 nên tồn k cho | P(k ) | C197  2652 Nhưng liệu ta làm mạnh kết cách tính 19 |P(k)| chọn số lớn nhất? Hóa ta chứng minh tất |P(k)| 2652 Ta chứng minh phương pháp song ánh sau Ta chứng minh mẫu |P(1)| = |P(2)| Bài toán không thay đổi ta thay X = {0, 1, 2, , 18} Giả sử A = {a1, a2, , a7} tập phần tử X cho a1 + a2 + + a7  mod 19 Ta đặt bi = 2ai mod 19 b1, b2, , b7 thuộc X, đôi phân biệt b1 + b2 + + b7  mod 19 Ánh xạ rõ ràng song ánh, từ suy |P(1)| = |P(2)| Một song ánh khác sử dụng bi = + k mod 19 với k chọn cho 7k  mod 19 Trong lời giải này, ta sử dụng tính chất 0, 1, 2, , 18 vừa đủ hệ thặng dư đầy đủ mod 19 Nhưng X = {0, 1, 2, , 18, 19} sao? Phương pháp song ánh không khả thi Thế ta có cách Ta tiếp tục gọi P(k) họ tập phần tử X = {0, 1, , 18} cho tổng phần tử đồng dư k mod 19, Q(k) họ tập phần tử X = {0, 1, , 18} cho tổng phần tử đồng dư k mod 19 Lại gọi P*(k) họ tập phần tử X = {0, 1, , 18,19} cho tổng phần tử đồng dư k mod 19 Thế cách chứng minh tương tự trên, ta có tất |P(k)| tất |Q(k)| Nhưng rõ ràng |P*(k)| = |P(k)| + |Q(k)| nên ta tiếp tục có tất |P*(k)| Bằng cách này, ta tiếp tục chứng minh |P(k)| với X = {0, 1, 2, , 19, 20} Nhưng trình kéo dài tiếp không? Thoạt nhìn ta nghĩ có thể, suy nghĩ chút, ta thấy điều kiện cần để |P(k)| số tập phần tử X phải chia hết cho 19 Mà với |X| = 26 rõ ràng điều không Vậy với X = {0, 1, 2, , 25} |P(k)| Nếu làm thủ công tỷ mỉ từ lên ta tính |P(k)| cách thủ công xa Ta đề xuất phương pháp tổng quát để giải toán tương tự, sử dụng số phức, cụ thể đơn vị Ta xét trường hợp X = {0, 1, , 25} tập phần tử Như thường lệ, gọi a nguyên thủy bậc 19 Khi + a + a2 + + a18 = x19 - = (x-1)(x-a) (x-a18) Xét đa thức P(x) = (x-1)(x-a)(x-a2) (x-a25) Ta tính hệ số x19 P(x) cách Một mặt, khai triển P(x) để ta cần lấy x từ 19 dấu ngoặc, dấu ngoặc khác lấy số có dạng ak với k thuộc {0, 1, , 25} Như thế, ta có tổng số có dạng aS(A) với A chạy qua tất tập phần tử X Chú ý aS(A) phụ thuộc vào số dư chia s(A) cho 19 (đó lý ta lấy bậc 19 đơn vị) nên từ dễ dàng suy tổng nói -(|P(0)| + P(1)a + + P(18)a18) Mặt khác P(x) = (x19-1)(x-1)(x-a) (x-a6) Suy hệ số x19 -1.a.a2 a6 = -a2 Từ suy |P(0)| + |P(1)|a + (|P(2)| -1)a2 + + |P(18)|a18 = Điều với a nghiệm phương trình + x + x2 + + x18 = Suy đa thức |P(0)| + |P(1)|x + (|P(2)| -1)x2 + + |P(18)|x18 tỷ lệ với đa thức + x + + x18 |P(0)| = |P(1)| = |P(2)| - = = |P(18)| Suy tất |P(i)|, i 2, C197  Riêng |P(2)| lớn đơn 19 vị! Lời giải cho tính |P(k)| với X = {0, 1, 2, , 25} mà không dùng số phức sau Đặt X1 = {0, 1, 2, , 18}, X2 = {19, 20, , 25} Đặt P1(k, s) = {A  X1| |A| = s, S(A)  k mod 19} Với B  X2 đặt P(k, B) = {A  X| |A| = 7, A  X2 = B, S(A)  k mod 19} Khi rõ ràng ta có P(k )  P(k , B) B X Do đó, để so sánh P(k), ta so sánh P(k, B) Bổ đề Với ≤ s ≤ |P1(k, s)| với k = 0, 1, 2, , 18 Chứng minh bổ đề phương pháp song ánh Bổ đề Với B  X2, B  X2 |P(k, B)| với k = 0, 1, 2, , 18 Chứng minh Nếu A thuộc P(k, B) A  X2 = B, |A| = 7, |A  X1| = - |B| = s ≥ S(A) = k suy S(A  X1) = k - S(B) mod 19 Vậy |P(k, B)| = |P1(k - S(B) mod 19, s)| Theo bổ đề 1, số cuối với k = 0, 1, 2, , 18 nên số trước Ta có đpcm Riêng trường hợp B = X2 |P(k, B)| = với k  với k = Tổng hợp lại ta có |P(k)| với k  |P(2)| lớn |P(k)| khác đơn vị (Một lời giải gọn cho thấy dùng ký hiệu cách diễn đạt lý luận xác ngắn gọn) Bình luận Ta thử lửa phương pháp sử dụng lời giải toán cách thay đổi điều kiện chút Bài toán 7' Một nhóm học sinh có n người Họ tổ chức 10 gặp mặt, gặp mặt có học sinh tham dự Hai học sinh tham gia chung không gặp Tìm giá trị nhỏ n Làm theo cách 1, ta có đánh giá: n ≥ + + + + = 28 Làm theo cách 2, ta có đánh giá: n ≥ 70 - 45 = 25 Làm theo cách 3, ta có đánh giá: n c j 1 j  160 với n c j 1 j  70 Bây áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta  n   cj  n j 1   4900  n  4900  30.625 160   c j   n n 160 j 1 Ta làm mạnh cách dùng bất đẳng thức cj2 ≥ 3cj - 2? n n j 1 j 1 160   c 2j  3 c j  2n  210  2n  n  50  25 Đánh giá này, trái với mong muốn, yếu đánh giá trước đó! Tại vậy? Bởi ta có khoảng 30 số có tổng 70, số nằm và Vì ta phải sử dụng bất đẳng thức (cj-2)(cj-3) ≥ 0, tức cj2 ≥ 5cj - chặt Áp dụng đánh giá này, ta có n n j 1 j 1 160   c 2j  5 c j  6n  350  6n  n  190  31.667 Suy n ≥ 32 Đây đánh giá tốt Việc lại xây dựng ví dụ dấu xảy Hai toán phát biểu thành dạng toán tổng quát sau Cho X = {1, 2, , n} Các tập A1, A2, , Am X có tính chất i) |Ai| = k với i = 1, 2, , m ii) |Ai  Aj| ≤ p với i  j Trong toán có tham số, n, m, k, p Nếu biết tham số kia, đánh giá tham số lại 1 Cho biết m, k, p, tìm n Bài Sóc Trăng cho m = 10, k = 20, p = Cho biết n, k, p, tìm max m Cho biết n, k, p, chứng minh tìm m tập thỏa mãn (bài PTNK n = 19, k = 7, p = 1, m = 2600) Cho biết n, k, m Tìm p Sau số tập tương tự dành cho bạn đọc dạng tập Bài tập a) Có hộp, hộp có viên bi thuộc n màu Biết hai viên bi màu hộp hai màu xuất hộp Tìm giá trị nhỏ n b) Trong quốc hội có n thành viên Người ta tổ chức họp (tiếp nối nhau), họp có người tham dự Biết thành viên không họp chung với lần, tìm GTNN n c) Trong Duma quốc gia có 1600 đại biểu, lập thành 16000 ủy ban, ủy ban có 80 đại biểu Chứng minh có hai ủy ban có không thành viên chung Bài tập Sau khai trương 10 ngày, nhân viên thư viện cho biết : 1) Mỗi ngày có người đến đọc sách ; 2) Không có người đến thư viện ngày lần ; 3) Trong hai ngày 10 ngày có 15 người khác đến thư viện Căn đồng thời điều kiện mà nhân viên thư viện cung cấp cho biết số người tối thiểu đến thư viện 10 ngày nói bao nhiêu? Bài tập (Mông Cổ 2014) Một lớp học có n học sinh Thầy giáo muốn tổ chức tổ trực gồm học sinh cho hai học sinh trực với không buổi Gọi k số ngày nhiều mà thầy giáo phân công trực Chứng minh n( n  3) n( n  1) k 6 [...]... (|P(2)| -1) x2 + + |P (18 )|x18 tỷ lệ với đa thức 1 + x + + x18 và vì thế |P(0)| = |P (1) | = |P(2)| - 1 = = |P (18 )| Suy ra tất cả các |P(i)|, i 2, bằng nhau và bằng C197  1 Riêng |P(2)| lớn hơn đúng 1 đơn 19 vị! Lời giải cho bài tính |P(k)| với X = {0, 1, 2, , 25} mà không dùng số phức như sau Đặt X1 = {0, 1, 2, , 18 }, X2 = {19 , 20, , 25} Đặt P1(k, s) = {A  X1| |A| = s, S(A)  k mod 19 } Với B  X2 đặt... 19 (đó là lý do tại sao ta lấy căn bậc 19 của đơn vị) nên từ đây dễ dàng suy ra tổng nói trên bằng -(|P(0)| + P (1) a + + P (18 )a18) Mặt khác P(x) = (x19 -1) (x -1) (x-a) (x-a6) Suy ra hệ số của x19 bằng -1. a.a2 a6 = -a2 Từ đây suy ra |P(0)| + |P (1) |a + (|P(2)| -1) a2 + + |P (18 )|a18 = 0 Điều này đúng với mọi a là nghiệm của phương trình 1 + x + x2 + + x18 = 0 Suy ra đa thức |P(0)| + |P (1) |x + (|P(2)| -1) x2... + 6 + + 2 + 1 = 28 Làm theo cách 2, ta sẽ có đánh giá: n ≥ 70 - 45 = 25 Làm theo cách 3, ta có đánh giá: n c j 1 2 j  16 0 với n c j 1 j  70 Bây giờ áp dụng BĐT Cauchy Schwarz thì ta được 2  n   cj  n j 1 2   4900  n  4900  30.625 16 0   c j   n n 16 0 j 1 Ta có thể làm mạnh hơn bằng cách dùng bất đẳng thức cj2 ≥ 3cj - 2? n n j 1 j 1 160   c 2j  3 c j  2n  210  2n  n ... hiệu một cách bài bản có thể diễn đạt các lý luận chính xác và ngắn gọn) Bình luận 2 Ta sẽ thử lửa các phương pháp đã sử dụng trong lời giải bài toán 7 bằng cách thay đổi điều kiện một chút Bài toán 7' Một nhóm học sinh có n người Họ tổ chức 10 cuộc gặp mặt, mỗi cuộc gặp mặt có 7 học sinh tham dự Hai học sinh bất kỳ tham gia chung không quá một cuộc gặp Tìm giá trị nhỏ nhất của n Làm theo cách 1, ta sẽ... gọi a là căn nguyên thủy bậc 19 của 1 Khi đó 1 + a + a2 + + a18 = 0 và x19 - 1 = (x -1) (x-a) (x-a18) Xét đa thức P(x) = (x -1) (x-a)(x-a2) (x-a25) Ta tính hệ số của x19 trong P(x) bằng 2 cách Một mặt, nếu khai triển P(x) ra thì để được ta cần lấy x từ 19 dấu ngoặc, còn 7 dấu ngoặc khác sẽ lấy các số có dạng ak với k thuộc {0, 1, , 25} Như thế, ta sẽ có tổng các số có dạng aS(A) với A chạy qua tất cả... đó |A  X1| = 7 - |B| = s ≥ 1 S(A) = k suy ra S(A  X1) = k - S(B) mod 19 Vậy |P(k, B)| = |P1(k - S(B) mod 19 , s)| Theo bổ đề 1, các số cuối bằng nhau với k = 0, 1, 2, , 18 nên các số ở trước cũng thế Ta có đpcm Riêng trường hợp B = X2 thì |P(k, B)| = 0 với k  2 và bằng 1 với k = 2 Tổng hợp lại ta có các |P(k)| bằng nhau với mọi k  2 và |P(2)| lớn hơn các |P(k)| khác đúng 1 đơn vị (Một lời giải rất... và 7 có thể phát biểu thành một dạng toán tổng quát như sau Cho X = {1, 2, , n} Các tập con A1, A2, , Am của X có tính chất i) |Ai| = k với mọi i = 1, 2, , m ii) |Ai  Aj| ≤ p với mọi i  j Trong bài toán này có 4 tham số, là n, m, k, p Nếu biết 3 tham số kia, có thể đánh giá các tham số còn lại 1 Cho biết m, k, p, tìm min n Bài Sóc Trăng cho m = 10 , k = 20, p = 1 2 Cho biết n, k, p, tìm max m 3 Cho... {0, 1, 2, , 25} thì các |P(k)| bằng bao nhiêu Nếu làm thủ công tỷ mỉ từ dưới lên thì ta cũng có thể tính được các |P(k)| nhưng cách thủ công cũng không thể đi xa hơn nữa Ta đề xuất một phương pháp tổng quát hơn để giải các bài toán tương tự, sử dụng số phức, cụ thể là căn của đơn vị Ta xét trường hợp X = {0, 1, , 25} và tập con 7 phần tử Như thường lệ, gọi a là căn nguyên thủy bậc 19 của 1 Khi đó 1 +... 30 số có tổng bằng 70, như vậy các số này nằm giữa 2 và 3 chứ không phải 1 và 2 Vì thế ta phải sử dụng bất đẳng thức (cj-2)(cj-3) ≥ 0, tức là cj2 ≥ 5cj - 6 thì sẽ chặt hơn Áp dụng đánh giá này, ta có n n j 1 j 1 160   c 2j  5 c j  6n  350  6n  n  19 0  31. 667 6 Suy ra n ≥ 32 Đây là đánh giá tốt nhất Việc còn lại của chúng ta là xây dựng ví dụ dấu bằng xảy ra Hai bài toán 6 và 7 có thể phát...  k mod 19 } Khi đó rõ ràng ta có P(k )  P(k , B) B X 2 Do đó, để so sánh các P(k), ta so sánh các P(k, B) Bổ đề 1 Với mọi 1 ≤ s ≤ 7 thì các |P1(k, s)| bằng nhau với k = 0, 1, 2, , 18 Chứng minh bổ đề này bằng phương pháp song ánh như ở trên Bổ đề 2 Với mọi B  X2, B  X2 thì các |P(k, B)| bằng nhau với k = 0, 1, 2, , 18 Chứng minh Nếu A thuộc P(k, B) thì A  X2 = B, |A| = 7, do đó |A  X1| = 7 - ... 60, 76, 91, 10 6, , 11 9} A8 = {7, 26, 44, 61, 77, 92, 10 6, 12 0, , 13 3} A9 = {8, 27, 45, 62, 78, 93, 10 7, 12 0, 13 4, , 14 4} A10 = {9, 28, 46, 63, 79, 94, 10 8, 12 1, 13 4, 14 5, , 15 5} Các toán 6, giải... ta cần 18 học sinh (do có nhiều học sinh chuyến trước) Cứ đến chuyến thứ 10 , ta cần 11 học sinh Như số học sinh không 20 + 19 + 18 + + 11 = 15 5 Cách Ta mô hình hóa toán sau: Cho X = {1, 2, ,... + xn +1 > xnxn +1 + Từ ta có x1 + + xn -1 + xn + xn +1 > x1 + + xn -1 + xnxn +1 + (1) Áp dụng giải thiết quy nạp cho n số x1, , xn -1, xnxn +1 có tích 1, ta có x1 + + xn -1 + xnxn +1 ≥ n (2) Từ (1) (2)