Tải bản đầy đủ (.pdf) (75 trang)

Một số phương pháp tính toán và ước lượng lực lượng của các tập hữu hạn sinh bởi hàm số (Luận văn thạc sĩ)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (601.71 KB, 75 trang )

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TÔ THỊ LAN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TOÁN VÀ
ƯỚC LƯỢNG LỰC LƯỢNG CỦA CÁC TẬP
HỮU HẠN SINH BỞI HÀM SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TÔ THỊ LAN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TOÁN VÀ
ƯỚC LƯỢNG LỰC LƯỢNG CỦA CÁC TẬP
HỮU HẠN SINH BỞI HÀM SỐ

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2019




i

LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKH Nguyễn Văn
Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đã trực tiếp hướng dẫn
tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua.
Xin chân thành cảm ơn tới các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy lớp cao
học Toán K11, các bạn học viên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận
lợi, động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân luôn khuyến
khích động viên tác giả trong suốt quá trình học cao học và viết luận văn này.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và
hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và các
bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019
Tác giả

Tô Thị Lan


ii

Mục lục
MỞ ĐẦU

1


Chương 1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TẬP HỢP HỮU HẠN
1.1 Một số khái niệm cơ bản liên quan đến tập hợp . . . . . . . . .
1.1.1 Công thức tính lực lượng của tập hợp . . . . . . . . . .
1.1.2 Một số nguyên lý cơ bản của phép đếm . . . . . . . . .
1.2 Các quy tắc đếm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Quy tắc cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Quy tắc nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Chỉnh hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Khai triển lũy thừa của nhị thức . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chương 2. ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
TOÁN CỰC TRỊ TRONG TỔ HỢP
2.1 Một số đẳng thức cơ bản trong tổ hợp . . . . . . .
2.2 Một số bất đẳng thức thông dụng . . . . . . . . .
2.3 Các bài toán cực trị rời rạc liên quan . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

2
2
3
4
5
5
6
6
7
7
8

MỘT SỐ BÀI
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .

Chương 3. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH LỰC LƯỢNG
CỦA TẬP HỮU HẠN
3.1 Một số phương pháp đếm trong số học . . . . . . . . . . . . . . . .

3.1.1 Nguyên lý bao hàm và loại trừ . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Phương pháp đếm số lần xuất hiện của mỗi phần tử trong
tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.3 Đếm theo phương pháp thiết lập hệ thức truy hồi . . . . .
3.2 Một số bài toán đếm trong hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . .

9
9
11
13

30
30
30
38
42
49


iii

3.3

Một số tính toán khác trên tập rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . .

58

KẾT LUẬN

69


TÀI LIỆU THAM KHẢO

70


1

Mở đầu
Toán học tổ hợp được nghiên cứu từ khá sớm. Hiện nay trong giáo dục phổ
thông, toán học tổ hợp là một trong những nội dung quan trọng, thường xuyên
xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc Gia và đề thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Trong các bài toán tổ hợp có một lớp các bài toán đếm. Bài toán đếm rất phong
phú kể cả dạng phát biểu đến cách giải. Độ khó của bài toán đếm được trải rất
rộng - từ những bài toán dễ với các số liệu cụ thể, có thể kiểm chứng bằng trực
giác đến những bài toán khó hơn, với những dữ liệu đầu vào bằng chữ mà kết quả
của nó được biểu diễn bằng một công thức toán học. Có những công thức được
tìm ra qua một vài suy luận đơn giản nhưng cũng có những công thức mà việc
tìm thấy chúng phải kéo dài rất lâu. Bài toán đếm giúp học sinh phát huy tốt khả
năng tư duy sáng tạo. Nhằm đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng học sinh giỏi và phát
triển tư duy cho học sinh tôi chọn đề tài “Một số phương pháp tính toán và ước
lượng lực lượng của các tập hữu hạn sinh bởi hàm số ”. Luận văn tổng hợp một số
dạng bài tập đặc trưng góp phần nâng cao tư duy tổ hợp của học sinh cũng như
giúp học sinh lựa chọn kiến thức trong quá trình giải một bài toán tổ hợp. Cấu
trúc luận văn gồm 3 chương.
Chương 1. Một số tính chất của tập hợp hữu hạn.
Chương 2. Đẳng thức, bất đẳng thức và một số bài toán cực trị tổ hợp.
Chương 3. Một số phương pháp xác định lực lượng của tập hữu hạn.



2

Chương 1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT
CỦA TẬP HỢP HỮU HẠN
Trong chương này, tác giả nhắc lại các khái niệm cơ bản liên quan đến tập hợp,
các phép toán cơ bản của tập hợp, các công thức liên quan đến hoán vị chỉnh
hợp và tổ hợp, công thức tính lực lượng của tập hợp và một số nguyên lý đếm
nâng cao nhằm chuẩn bị cơ sở cho việc giải các bài toán trong chương 2 và chương 3.
Các kết quả trong chương 1 được trích dẫn từ tài liệu tham khảo [3].

1.1

Một số khái niệm cơ bản liên quan đến tập hợp

Định nghĩa 1.1. Tập B được gọi là tập con của tập A nếu mỗi phần tử của nó
đều thuộc tập A. Ký hiệu B ⊆ A.
Định nghĩa 1.2. Khi B là tập con của tập A và B = A, thì B được gọi là tập
con thực sự của tập A. Ký hiệu B ⊂ A.
Định nghĩa 1.3. Tập hợp không chứa một phần tử nào được gọi là tập hợp rỗng.
Ký hiệu là ∅.
Định nghĩa 1.4. Cho tập A, số phần tử trong tập A được gọi là lực lượng của tập
A, ký hiệu là |A|.
Định nghĩa 1.5. Cho các tập hợp A, B , tập gồm các phần tử hoặc thuộc tập A
hoặc thuộc tập B được gọi là hợp của tập A và tập B . Ký hiệu là A ∪ B hoặc
A ∨ B.
Định nghĩa 1.6. Cho các tập hợp A, B , tập hợp gồm các phần tử thuộc đồng thời
cả tập A và tập B được gọi là giao của tập A và tập B . Kí hiệu là A ∩ B hoặc
A ∧ B.



3

Định nghĩa 1.7. Tập hợp gồm các phần tử thuộc A nhưng không thuộc B được
gọi là hiệu của tập A và tập B . Ký hiệu là A\B .
Định nghĩa 1.8. Giả sử tập B là tập con của tập A, tập gồm tất cả các phần tử
thuộc A, nhưng không thuộc B được gọi là phần bù của tập B trong tập A và ký
hiệu là CA (B).

1.1.1

Công thức tính lực lượng của tập hợp

• Cho hai tập A, B ta có |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.
• Cho ba tập A, B, C ta có
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C|
• Tổng quát. Cho A1 , A2 , . . . Am là các tập hữu hạn ta đặt
m

|A1 |

N1 =
i=1

|Ai ∩ Ai |

N2 =
1≤i
|Ai1 ∩ Ai2 . . . ∩ Aik |


N3 =
1≤i1
...
Nm = |A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ Am |
Khi đó ta có

m

(−1)i−1 Ni .

|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am | =

(1.1)

i=1
m

Chứng minh. Với mỗi a ∈

Ai , ta chứng minh a được đếm số lần như nhau
i=1

ở cả hai vế của công thức (1.1)
Vì a thuộc ít nhất một trong các tập A1 , A2 , . . . Am , không mất tính tổng quát,
giả sử a thuộc đúng k tập A1 , A2 , . . . Ak trong các tập đã cho. Ta thấy trong vế
trái của (1.1), a được đếm một lần. Theo vế phải của (1.1), a cũng được đếm C1k
m

lần trong

i=1

|Ai |, C2k lần trong

|Ai ∩ Ai |, . . . Do đó ở vế phải của công
1≤
thức (1.1) a được đếm số lần là

C1k − C2k + C3k − · · · + (−1)k−1 Ckk = Ck0 − Ck0 − C1k + C2k − C3k − · · · + (−1)k Ckk


4

= 1 − (1 − 1)k = 1.
m

Rõ ràng, với mỗi a ∈

Ai , ở cả vế trái và vế phải của (1.1) số lần a được đếm
i=1

là 0 lần. Như vậy, với mọi phần tử a, số lần a được đếm ở vế trái và vế phải của
(1.1) là như nhau. Do đó ta có điều phải chứng minh.

1.1.2

Một số nguyên lý cơ bản của phép đếm

Nguyên lý cộng


Cho A1 , A2 , . . . Am là các tập hữu hạn từng đôi một rời nhau. Khi đó ta có
m

|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am | =

|Ai |.
i=1

Nguyên lý nhân

Nếu A1 , A2 , . . . Am là các tập hữu hạn thì

|A1 × A2 × · · · × Am | = |A1 ||A2 | . . . |Am |.
Nguyên lý trừ

Nếu Y là một tập con của một tập hữu hạn X thì |X \ Y | = |X| − |Y |.
Nguyên lý bù trừ (công thức Sieve) Giả sử A1 , A2 , . . . Am là các tập con
của một tập hữu hạn X , kí hiệu Ai là phần bù của Ai trong X , (i = 1; 2; . . . m)
thì
|A1 ∩ A2 . . . ∩ Am | = |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am |
m

(−1)k

= |X| +
k=1

|Ai1 ∩ Ai2 . . . ∩ Aik |.
a≤i1


Theo nguyên lý bù trừ ta có
m

(−1)i Ni .

|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am | = |X| − |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am | = |X| +
i=1

Nguyên lí Dirichlet cơ bản
Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có ít nhất một chuồng
chứa ít nhất hai con thỏ, với n là số nguyên dương.
Nguyên lí Dirichlet tổng quát


5

Nếu có N đồ vật được đặt vào trong k hộp thì sẽ tồn tại một hộp chứa ít nhất
N
đồ vật. (Ở đây, x là giá trị của hàm trần của số thực x, đó là số nguyên
k
nhỏ nhất có giá trị lớn hơn hoặc bằng x. Khái niệm này đối ngẫu với hàm sàn [x]
- giá trị của hàm sàn hay hàm phần nguyên tại x - là số nguyên lớn nhất có giá
trị nhỏ hơn hoặc bằng x.)
Nguyên lí Dirichlet mở rộng
Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất
n+m−1
con thỏ.
m
Ta chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng như sau.

Giả sử trái lại, mọi chuồng thỏ có không đến

n+m−1
n−1
n−1
=
+1 =
+1
m
m
m
con thỏ, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng
tổng số con thỏ không vượt quá



n−1
m

con. Suy ra

n−1
≤ n − 1.
m

Điều này vô lí, vì có n con thỏ. Vậy giả thiết phản chứng là sai.
Nguyên lí Dirichlet mở rộng được chứng minh.
Nguyên lí cực hạn
Nguyên lí cực hạn được phát biều đơn giản như sau.
Nguyên lí 1: Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể

chọn được số bé nhất và số lớn nhất.
Nguyên lí 2: Trong một tập khác rỗng hữu hạn các số tự nhiên luôn luôn có thể
chọn được số bé nhất.

1.2

Các quy tắc đếm cơ bản

1.2.1

Quy tắc cộng

Nội dung quy tắc. Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 , m2 cách chọn đối tượng
a2 ,. . . , mn cách chọn đối tượng an , trong đó cách chọn đối tượng ai (1 ≤ i ≤ n)
không phụ thuộc vào bất kỳ cách chọn đối tượng aj nào (1 ≤ j ≤ n, i = j), thì
n

mk cách chọn đối tượng a1 , hoặc a2 ,. . . , hoặc an .

sẽ có
k=1


6

Phát biểu bằng ngôn ngữ tập hơp như sau.
Cho n tập Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk và ∀i, j (1 ≤ i, j ≤ n) Ai ∩ Aj = ∅,
khi i = j . Khi đó số cách chọn a1 , hoặc a2 ,. . . , hoặc an trong các tập tương
n


ứng Ak (1 ≤ k ≤ n) sẽ bằng số cách chọn phần tử a thuộc
n

k=1

n

|Ak |.

Ak =
i=1

1.2.2

Ak và bằng

k=1

Quy tắc nhân

Cho n đối tượng a1 , a2 , . . . , an . Nếu có m1 cách chọn đối tượng a1 và với mỗi
cách chọn a1 có m2 cách chọn đối tượng a2 , sau đó với mỗi cách chọn a1 , a2 có m3
cách chọn a3 ,. . . Cuối cùng với mỗi cách chọn a1 , a2 , . . . , an−1 có mn cách chọn đối
tượng an . Như vậy sẽ có m1 .m2 . . . . .mn−1 .mn cách chọn các đối tượng a1 , rồi a2 ,
rồi a3 ,. . . , rồi an .
Phát biểu bằng ngôn ngữ tập hợp như sau.
Giả sử có n tập hợp Ak (1 ≤ k ≤ n) với |Ak | = mk . Khi đó, số cách chọn bộ
gồm n phần tử (a1 , a2 , . . . , an ) với ai ∈ Ai (1 ≤ i ≤ n) sẽ là
n


S = |A1 × A2 × · · · × An | = m1 × m2 × · · · × mn =

mk .
k=1

1.3

Hoán vị

Định nghĩa 1.9. Cho một tập hợp gồm n (n ≥ 1) phần tử. Mỗi cách sắp xếp n
phần tử này theo một thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị của n phần tử đã cho.
Kí hiệu số hoán vị của n phần tử bằng Pn .
Ta có công thức tính số hoán vị của n phần tử

Pn = n!
Định nghĩa 1.10. Hoán vị lặp là bộ sắp thứ tự các phần tử của một tập hợp mà
trong đó mỗi phần tử xuất hiện ít nhất một lần.
Số hoán vị lặp của n phần tử thuộc k loại, mà các phần tử loại i (1 ≤ i ≤ k)
xuất hiện ni lần được kí hiệu là P (n1 , n2 , . . . , nk ) và được tính bằng công thức

P (n1 , n2 , . . . , nk ) =

n!
.
n1 !n2 ! . . . nk !


7

Định nghĩa 1.11. Số hoán vị vòng quanh của n phần tử khác nhau ký hiệu là

(Qn ) và được tính bằng công thức

Qn = (n − 1)!

1.4

Chỉnh hợp

Định nghĩa 1.12. Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách xếp thứ tự cho k phần
tử (0 ≤ k ≤ n) của tập hợp A được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử
thuộc A.
Kí hiệu số chỉnh hợp chập k của n phần tử là Akn .
Công thức tính số chỉnh hợp chập k của n phần tử.

Akn = n(n − 1) . . . (n − k + 1) =

n!
·
(n − k)!

Định nghĩa 1.13. Cho tập hữu hạn X gồm n phần tử. Mỗi dãy có độ dài k các
phần tử của tập X , mà mỗi phần tử có thể lặp lại nhiều lần và được sắp xếp theo
một thứ tự nhất định được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử thuộc
tập X .
Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử, kí hiệu là Akn , bằng số ánh xạ từ tập k
phần tử đến tập n phần tử và bằng nk , do đó ta có công thức

Akn = nk .

1.5


Tổ hợp

Định nghĩa 1.14. Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (0 ≤ k ≤ n)
phần tử thuộc A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho.
Số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử, được kí hiệu là Cnk Công thức
tính số tổ hợp chập k (0 ≤ k ≤ n) của n phần tử

Cnk =

n!
.
k!(n − k)!

Định nghĩa 1.15. Cho tập hợp A = {a1 , a2 , . . . , an }. Một tổ hợp lặp chập m (m
không nhất thiết phải nhỏ hơn n) của n phần tử thuộc A là một bộ gồm m phần
tử, mà mỗi phần tử này là một trong những phần tử của A.


8

Ta sử dụng Cnm để kí hiệu số tổ hợp lặp chập m của n phần tử. Khi đó
m
Cnm = Cn+m−1
.

1.6

Khai triển lũy thừa của nhị thức


Ta có công thức khai triển của (x + y)n
Cho mỗi số tự nhiên n 1 ta có
n

Cnk xn−k y k .

n

(x + y) =
k=0

Ta có thể tính nhanh các hệ số trong khai triển trên bằng tam giác Pascal.

1
1
1
1
1

1
2

3
4

1
3

6


1
4

1


9

Chương 2. ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG
THỨC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC
TRỊ TRONG TỔ HỢP
Trong chương này, tác giả nhắc lại một số đẳng thức cơ bản trong tổ hợp và
một số bất đẳng thức cơ bản trong đại số. Trên cơ sở lý thuyết đó tiến hành giải
quyết các bài toán về cực trị tổ hợp liên quan đến việc ước lượng các phần tử của
tập hữu hạn.
Trong chương 2, tác giả sử dụng các tài liệu tham khảo [1], [2], [3] và [4].

2.1

Một số đẳng thức cơ bản trong tổ hợp

Tính chất 2.1 (Tính chất đối xứng). Với mọi số tự nhiên n, k ∈ N thỏa mãn
0 ≤ k ≤ n ta có
Cnk = Cnn−k .
Tính chất 2.2 (Tính chất tam giác Pascal).
k+1
Cnk + Cnk+1 = Cn+1
.

Tính chất 2.3 (Công thức tính tổng theo cột).

n
m+1
Ckm = Cn+1
.
k=0

Chứng minh. Áp dụng công thức Pascal, ta có:
n

n

Ckm
k=0

m+1
m+1
m+1
(Ck+1
− Ckm+1 ) = Cn+1
− C0m+1 = Cn+1
.

=
k=0


10

Tính chất 2.4 (Công thức tính tổng theo đường chéo chính).
n

k
n
Cm+k
= Cm+n+1
.
k=0

Chứng minh.
n

n
k
Cm+k

m
Cm+k
(sử dụng Tính chất 2.1)

=

k=0

=

k=0
m+1
Cm+n+1

(sử dụng Tính chất 2.3)


n
= Cm+n+1
(sử dụng Tính chất 2.1).

Tính chất 2.5 (Công thức tính tổng theo đường chéo phụ liên quan đến số
Fibonacci).
n
k
Cn−k
= Fn+1 .
k=0

Qui ước Cnk = 0, với k > n.
Chứng minh.
Với n = 0, n = 1 thì C00 = 1 = F1 , C10 + C10 = 1 = F2 .
Giả sử công thức trên đúng đến n − 1. Khi đó
n

n
k
Cn−k

=

k=0

n
k−1
Cn−1−k


k=0
n−2

k=0
n−1
k
Cn−k
+

=
k=0

k
Cn−1−k
(sử dụng Tính chất 2.2)

+

k
Cn−k
k=0

= Fn−1 + Fn (sử dụng giả thiết quy nạp)
= Fn+1 (sử dụng công thức truy hồi của dãy Fibonacci).
Tính chất 2.6 (Quy tắc hút). Với n, k ∈ N thỏa mãn 0 < k ≤ n ta có:
n k−1
Cnk = Cn−1
.
k
n!

n
(n − 1)!
n k−1
.
Chứng minh. Ta có Cnk =
= .
= Cn−1
k!(n − k)!
k (k − 1)!(n − k)!
k
Tính chất 2.7 (Công thức lùi cơ số). Với n, k ∈ N thỏa mãn 0 ≤ k < n ta có:
n
k
Cnk =
Cn−1
.
n−k
n!
n
(n − 1)!
n
Chứng minh. Ta có Cnk =
=
.
=
Ck .
k!(n − k)! n − k k!(n − 1 − k)! n − k n−1


11


Tính chất 2.8 (Tính đơn điệu (monotonicity)).

Cn0 < Cn1 < · · · < Cn

n−1
2

+1

n

= Cn 2 > · · · > Cnn .

Tính chất 2.9 (Công thức Vandermonde). Với mọi số nguyên không âm n, m, r
thỏa mãn k ≤ n, k ≤ r ≤ m + k ta có
n
r−k
r
Cnk Cm
= Cn+m
.
k=0

Tính chất 2.10 (Công thức Vandermonde mở rộng). Cho n1 , n2 , ..., nr là các số
nguyên không âm và k = k1 + k2 + ... + kr thỏa mãn ki ≤ ni ∀i = 1, r ta có

Cnk11 .Cnk22 ...Cnkrr = Cnk1 +n2 +...+nr .
k1 +k2 +...+kr =k


Tính chất 2.11 (Đẳng thức hệ số tổ hợp kèm phân số). Cho các số nguyên dương
k, n thỏa mãn k < n. Khi đó ta có
k
Cn−k
.
k
Cn+k
.

2.2

n
k
k−1
= Cn−k
+ Cn−k−1
.
n−k

1
1
k
k−1
=
Cn+k
− Cn+k−1
.
n+k
n


Một số bất đẳng thức thông dụng

Định lý 2.1. (Định lí về các giá trị trung bình cộng và nhân, xem [2]). Giả sử
x1 , x2 , . . . , xn là các số không âm. Khi đó


x1 + x2 + · · · + xn
≥ n x1 x2 · · · xn .
n

(2.1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = · · · = xn .
Bất đẳng thức 2.1 còn gọi tắt là bất đẳng thức AM-GM. Hệ quả trực tiếp của bất
đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bình điều hòa
(gọi tắt là bất đẳng thức GM-HM).
Hệ quả 2.1 (Bất đẳng thức GM-HM). Với mọi bộ số dương a1 , a2 , ···, an , ta đều có


n

a1 a2 · · · an ≥

n
1
1
1
+
+···+
a1 a2

an

.


12

1
với
ak
k = 1, 2, 3, . . . , n, ta có ngay bất đẳng thức GM-HM. Dấu đẳng thức xảy ra
khi a1 = a2 = · · · = an .
Chứng minh Định lí 2.1 (Quy nạp kiểu Cauchy)
Từ hệ thức bậc hai

Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM đối với bộ số xk =

u21 + u22 ≥ 2u1 u2 , ∀u1 , u2 ∈ R.

(2.2)

ta có

x1 + x2 √
≥ x1 x2 , ∀x1 , x2 ≥ 0.
(2.3)
2
x1 + x2
x3 + x4
Thay x1 , x2 lần lượt bằng các biến mới


, từ (2.3) ta nhận được
2
2
x1 + x2 + x3 + x4

4

x1 + x2 x3 + x4
2
2


x1 x2 .
x3 x4


=


4

x1 x2 x3 x4 .

Bây giờ ta thực hiện quy trình quy nạp theo hướng xuống phía dưới. Ta chứng
minh rằng khi bất đẳng thức (2.1) đúng với n, (n > 1) thì nó cũng đúng với xn−1 .
+···+xn−1
, và giữ nguyên các biến xi khác ta thu được
Thay xn trong (2.1) bởi x1 +x2n−1


x1 + x2 + · · · + xn−1 +
n

x1 +x2 +···+xn−1
n−1

≥ (x1 x2 · · · xn )

1
n

x1 + x2 + · · · + xn−1
n−1

1
n

,

hay
1
x1 + x2 + · · · + xn−1
x1 + x2 + · · · + xn−1
≥ (x1 x2 · · · xn ) n−1
n−1
n−1

1
n


.

Rút gọn biểu thức trên ta thu được

x1 + x2 + · · · + xn−1

n−1



n−1

x1 x2 · · · xn−1 .

Từ các kết quả chứng minh theo cặp hướng (lên - xuống), ta thu được phép chứng
minh quy nạp của định lí (2.1).


13

Định lý 2.2. (Bất đẳng thức AM - GM suy rộng, xem [2]). Giả sử cho trước hai
dãy số dương x1 , x2 , . . . , xn ; p1 , p2 , . . . , pn . Khi đó

xp11

·

xp12

···


xp1n



p1 +p2 +···+pn

x1 p1 + x2 p2 + · · · + xn pn
p1 + p2 + · · · + pn

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = · · · = xn .
Hệ quả 2.2. Giả sử cho trước hai cặp dãy số dương x1 , x2 , . . . , xn ; α1 , α2 , . . . , αn ;
với
xβ1 1 xβ2 2 · · · xβnn = M.
Khi đó
n

n

αk xk ≥ (β1 + β2 + · · · + βn ) M
k=1

k=1

αk
βk

βk


1
β1 +β2 +···+βn

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

xk =

βk A
.
αk B

Định lý 2.3. (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, xem [2]).
Giả sử a1 , a2 , · · ·, an và b1 , b2 , · · · , bn là các số thực bất kì, khi đó ta có

(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ a21 + a22 + · · · + a2n

b21 + b22 + · · · + b2n .

(2.4)

Đẳng thức xảy ra khi tồn tại một số k sao cho ai = kbi với mọi i = 1, 2, · · · , n.
Hệ quả 2.3 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel). Giả sử a1 , a2 , · · ·, an
là các số thực bất kì và b1 , b2 , · · · , bn là các số thực dương, khi đó ta có

a21 a22
a2n
(a1 + a2 + · · · + an )2

+
+···+

.
b1
b2
bn
b1 + b2 + · · · + bn
a1
a2
an
Đẳng thức xảy ra khi
=
=···= .
b1
b2
bn

2.3

(2.5)

Các bài toán cực trị rời rạc liên quan

Bài toán cực trị trong tổ hợp là một trong những vấn đề khó, thường xuyên
xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi khu vực và quốc tế. Các bài toán này
thường đòi hỏi năng lực sáng tạo tư duy ở mức độ cao của học sinh như khả năng
phán đoán, liên kết các kiến thức liên quan. Trong mục này tác giả lựa chọn các
bài toán ước lượng số phần tử của tập hợp từ các đề thi chọn đội tuyển học sinh
giỏi quốc gia, các đề thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế những năm gần đây.



14

Bài toán 2.1 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, vòng 1, Trường THPT
Chuyên - ĐHSP Hà Nội 2017-2018). Một lớp học có n học sinh. Vào dịp Tết, một
số bạn học sinh của lớp có gọi điện chúc mừng nhau. Biết rằng mỗi học sinh gọi
điện chúc mừng cho không quá ba bạn, với hai bạn bất kỳ thì có không quá một
người gọi điện chúc mừng cho người còn lại và với ba bạn bất kỳ thì luôn có hai
người mà trong đó có một người gọi điện chúc mừng cho người còn lại. Tìm giá trị
lớn nhất có thể của n.
Lời giải.

n2
Số các cặp học sinh mà trong đó không ai gọi cho nhau không vượt quá .
4
Số các cặp học sinh mà trong đó có một người này gọi cho người kia, theo giả thiết
không vượt quá 3n.
n(n − 1) n2
Do đó

+ 3n ⇔ n ≤ 14.
2
4
Giả sử 14 bạn là B1 , . . . , B7 và G1 , . . . , G7 . Khi đó theo vòng tròn Bi gọi cho
Bi+1 , Bi+2 , Bi+3 và Gi gọi cho Gi+1 , Gi+2 , Gi+3 với i = 1, . . . , 7
Vậy giá trị lớn nhất có thể của n là 14.
Bài toán 2.2 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, Sở GD&ĐT Lâm Đồng
2017-2018). Trường THPT A mở ra 7 câu lạc bộ. Biết rằng mỗi học sinh trong
trường tham gia ít nhất một trong các câu lạc bộ này. Số liệu sau khi thống kê của

7 câu lạc bộ cho thấy mỗi câu lạc bộ có số học sinh tham dự bằng nhau và bằng
40. Ngoài ra cứ hai câu lạc bộ bất kỳ thì có không quá 9 học sinh tham gia cả hai
câu lạc bộ đó. Chứng minh rằng trường THPT A có ít nhất 120 học sinh tham dự
các câu lạc bộ đó.
Lời giải.
Ký hiệu n là số học sinh tham dự các câu lạc bộ đó và với học sinh thứ j ký
hiệu aj là số câu lạc bộ học sinh đó tham gia. Ta lập bảng có 7 hàng và n cột. Ô
(i; j) của dòng i, cột j được đánh dấu × nếu học sinh j tham gia lớp i.
Tổng số các dấu × nếu tính theo cột là a1 + a2 + ... + an , và tổng này là 7.40 = 280
nếu tính theo dòng (vì mỗi câu lạc bộ có đúng 40 học sinh tham gia).
Bây giờ ta tính S là số cặp (×, ×) theo cùng cột. Trên cột j có Ca2j cặp, cho nên
số S các cặp (×, ×) theo cột là

1
1
Ca21 + Ca22 + ... + Ca2n = (a21 + a22 + ... + a2n ) − (a1 + a2 + ... + an ).
2
2
Thay a1 + a2 + ... + an = 280 và áp dụng bất đẳng thức quen thuộc


15

a21

+

a22

+ ... +


a2n

(a1 + a2 + ... + an )2
.
n

từ đẳng thức trên ta có

2802
S
− 140.
(2.6)
2n
Mặt khác, với mỗi cặp 2 dòng, chỉ nhiều lắm có 9 cột có cặp (×, ×) trên 2 dòng
này, cho nên tổng số các cặp (×, ×) cùng một cột trên tất cả C72 cặp 2 dòng không
vượt quá 9C72 cặp (×, ×).
Ta có bất đẳng thức
9C72 S.
Thay vào (2.6), ta có
Vậy n

9C72

2802
− 140 và có n
2n

2802
> 119.

2(9C72 + 140)

120.

Bài toán 2.3 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, vòng 2, Sở GD&ĐT Đà Nẵng
2017-2018). Cho tập S = {1; 2; . . . ; 2017} và A1 , A2 , . . . , Ak là các tập con của S
sao cho với mọi 1 ≤ i < j ≤ k có đúng một trong các tập Ai ∩ Aj , Ai ∩ Aj , Ai ∩
Aj , Aj ∩ Aj là tập rỗng. Tìm giá trị lớn nhất có thể có của k. (Với A ⊂ S, A kí
hiệu là phần bù của tập A trong S ).
Lời giải.
Gọi k là giá trị lớn nhất có thể có. Khi đó, bằng phương pháp quy nạp, ta sẽ
chứng tỏ rằng nếu S = {1; 2; . . . ; n} thì k = 2n − 3.
Trước hết ta thấy rằng các tập

{1}, {2}, . . . , {n}, {1; 2}, {1; 2; 3}, . . . , {1; 2; . . . ; n − 2}
gồm 2n − 3 các tập con của S thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với n = 2, rõ ràng k = 1. Với n = 3 dễ dàng kiểm tra được rằng k ≤ 3 và các
tập {1}, {2}, {3} thỏa điều kiện đề bài, nên suy ra k = 3. Giả thiết quy nạp rằng
kết quả đúng với n − 1 ≥ 3 (thì k = 2n − 5). Ta cần chứng minh kết quả cũng
đúng với các tập S = {1; 2; . . . ; n}.
Theo nhận xét ban đầu suy ra k ≥ 2n − 3.
Gọi M = {A1 ; A2 ; . . . ; Ak } là tập có số phần tử nhiều nhất thỏa mãn điều kiện
của bài toán. Ta nhận xét rằng

• Tập ∅ và S đều không thuộc M.


16

• Nếu tồn tại i sao cho 1 ≥ i ≥ n mà {i} hay {i} không thuộc M thì ta có thể

thêm một trong các số này vào M để mở rộng tập M.
• Cả hai tập {i} và {i} không thể cùng thuộc tập M, do đó chỉ có đúng {i}
n
hoặc {i} thuộc M. Vì vậy ta có thể giả sử |Ai | ≤ với mọi 1 ≤ i ≤ n.
2
Do 2n − 3 > n, nên trong M có một tập có số phần tử lớn hơn hoặc bằng 2, vì
thế ta có thể chọn một tập A ∈ M sao cho |A| ≥ 2 và |A| ≤ |X| với mọi X ∈ M
mà |X| ≥ 2. Không mất tính tổng quát ta giả sử 1, 2 ∈ A. Khi đó xét bất kỳ tập
B ∈ M khác {1}, {2} và A.

• Nếu A ∩ B = ∅ thì 1, 2 ∈ B.
• Nếu A ∩ B = ∅ thì A ⊂ B.
• Nếu A ∩ B = ∅ thì B ⊂ A và khi đó |B| = 1, theo cách chọn A và lấy
B ∈ M, suy ra 1, 2 ∈
/ B.
n−1
2
ta có |A ∪ B| ≤ n − 1 (vô lí); khi n là số chẵn thì chỉ có một trường hợp có
n
thể xảy ra đó là |A| = |B| = , nhưng khi đó B = A và A ∩ B = ∅, vì vậy
2
mà có 1, 2 ∈
/ B.

• Nếu A ∩ B = ∅ thì A ∪ B = S. Khi đó, nếu n là số lẻ thì do |A|, |B| ≤

Do vậy ta kết luận {1; 2} ⊂ B hoặc {1; 2} ∩ B = ∅ với mọi B ∈ M, khác
{1}, {2} và A. Khi đó, bằng cách loại bỏ {1} và {2} từ M và loại bỏ 1 từ mỗi
phần tử của M ta nhận được một tập M mới ứng với n − 1 phần tử của tập hợp
S = {2; 3; . . . ; n}.

Theo giả thiết quy nạp ta có k − 2 ≤ 2n − 5 mà k ≥ 2n − 5 nên ta được
k = 2n − 3. Vậy khi n = 2017 thì giá trị lớn nhất cần tìm có thể có của k là
k = 2 · 2017 − 3 = 4031.
Bài toán 2.4 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, Sở GD&ĐT Thanh Hóa
2017-2018). Có 2000 học sinh tham gia một cuộc thi trắc nghiệm gồm 5 câu hỏi;
mỗi câu có 4 phương án trả lời, mỗi học sinh chỉ được phép chọn 1 trong 4 phương
án tương ứng để trả lời cho câu hỏi. Tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho các học
sinh có thể làm bài thi theo cách nào đó mà cứ n học sinh thì tìm được bốn học
sinh (trong số n học sinh này) để hai hai học sinh nào trong số bốn học sinh đó
cũng có bài làm khác nhau ở ít nhất là hai câu hỏi.
Lời giải.


17

Trước tiên, ta chứng minh rằng nếu n ≤ 24 thì trong mọi trường hợp, yêu cầu
của bài toán đều không được thỏa mãn.
Xét I := {1; 2; 3; 4}. Mỗi bài làm của một học sinh có thể được đặt tương ứng
với một bộ x = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) ∈ I 5 ; trong đó, xi là thứ tự của phương án mà
học sinh đã chọn để trả lời cho câu hỏi thứ i (i ∈ Z, 1 ≤ i ≤ 5).
Nếu x ∈ I 5 ta cũng chấp nhận cách viết x ≡ (x1 ; x ) với x := (x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) ∈ I 4 .
Bằng cách như vậy, dễ thấy I 5 được phân hoạch thành 44 = 256 tập con (rời
nhau); mỗi tập con gồm đúng 4 bộ chỉ khác nhau ở thành phần thứ nhất, tức là
tập con có dạng

Ax := {(1; x ), (2; x ), (3; x ), (4; x )} ⊂ I 5 , với x ∈ I 4 .
Vì 2000 > 7 × 256 nên theo nguyên tắc Dirichlet có 8 học sinh (khác nhau)
A1 , A2 , ..., A8 , mà bài làm của họ ứng với các bộ thuộc cùng một tập con A nào
đó (trong số 256 tập con nói trên). Nhưng 2000 − 8 = 1992 > 7 × 256 nên theo
nguyên tắc Dirichlet lại có 8 học sinh B1 , B2 , ..., B8 (khác nhau, trong số 1992 học

sinh còn lại), có bài làm ứng với các bộ thuộc cùng một tập con B nào đó (trong
số 256 tập con nói trên).
Cuối cùng, vẫn có 1992 − 8 = 1984 > 7 × 256 nên dùng nguyên tắc Dirichlet một
lần nữa ta có 8 học sinh C1 , C2 , ..., C8 (khác nhau, trong số 1984 học sinh còn lại)
có bài làm ứng với các bộ thuộc cùng một tập con C nào đó (trong số 256 tập con
nói trên). Từ 4 học sinh bất kỳ trong số 24 học sinh A1 , A2 , ..., A8 , B1 , B2 , ..., B8 ,
C1 , C2 , ..., C8 ta luôn chọn ra được hai học sinh có bài làm ứng với các bộ cùng
thuộc một tập con (một trong 3 tập A, B hoặc C ); giả sử, chẳng hạn, đó là các
học sinh Ai , Aj (i, j ∈ Z; 1 ≤ i < j ≤ 8) mà bài làm ứng với hai bộ trong A.
Theo cách xây dựng các tập con ở trên, bài làm của hai học sinh này chỉ có thể
khác nhau ở tối đa một câu hỏi (chính là câu hỏi thứ nhất, nếu hai bài làm không
hoàn toàn giống nhau); yêu cầu của bài toán đã không được thỏa mãn.
Bây giờ, ta chỉ ra tình huống mà n = 25 thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
Muốn vậy, xét S =

x ∈ I5

5

x1 ≡ 0 (mod 4) .
i=1

Rõ ràng, S gồm đúng 4 × 4 × 4 × 4 × 1 = 256 bộ; hơn nữa, khi x, y ∈ S thì
x = y ⇒ ∃i, j ∈ N∗ , i < j ≤ 5, xi = yi , xj = yj
Lấy D là một tập con 250 phần tử của S và xét tình huống mà: với mỗi x ∈ D tồn
tại đúng 8 học sinh mà có bài làm ứng với bộ x(tình huống này hoàn toàn có thể
xảy ra vì 2000 = 8 × 250). Khi ấy, do 25 > 3 × 8, nên theo nguyên tắc Dirichlet,
cứ 25 học sinh thì tìm được bốn học sinh (trong số 25 học sinh này) có bài làm



18

ứng với bốn bộ x, y, z, t ∈ D ⊂ S đôi một khác nhau và khi đó hai học sinh nào
trong số bốn học sinh đó cũng có bài làm khác nhau ở ít nhất là hai câu hỏi, đúng
theo yêu cầu của bài toán.
Vậy số tự nhiên bé nhất phải tìm là n = 25.
Bài toán 2.5 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, Sở GD&ĐT Đồng Nai
2018-2019). Cho tập hợp X = {1, 2, 3, ..., 2018} gồm 2018 số nguyên dương đầu
tiên. A là một tập con của tập X thỏa mãn với x, y, z ∈ A; x < y < z thì
x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác. Hỏi tập hợp A có nhiều nhất bao
nhiêu phần tử?
Lời giải.
Giả sử A = {a1 , a2 , ..., ak } với a1 < a2 < · · · < ak . Nếu ak < 2018, đặt
t = 2018 − ak và bi = ai + t với i = 1, 2, . . . , k và tập {b1 , b2 , . . . , bk } cũng thỏa
mãn bài toán và bk = 2018.
Do đó ta có thể giả sử ak = 2018.
Ta có a1 + a2 > ak và a1 < a2 nên 2a2 > ak = 2018 ⇒ a2 > 1009 ⇒ a2 ≥ 1010.
Từ đây ta có
A\ {a1 } ⊂ {1010, 1011, ..., 2018}
do đó |A| − 1 ≤ 2018 − 1010 + 1 = 1009 ⇒ |A| ≤ 1010.
Xét tập hợp A0 = {1009, 1010, ..., 2018}, ta có |A0 | = 1010 và với x, y, z ∈ A0
mà x < y < z thì ta có x + y ≥ 1009 + 1010 = 2019 > 2018 ≥ z , hay x, y, z là độ
dài ba cạnh của một tam giác. Vậy max |A| = 1010.
Bài toán 2.6 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
2018-2019). Cô giáo có tất cả 2020 viên kẹo gồm 20 loại kẹo khác nhau, mỗi loại ít
nhất có 2 viên kẹo. Cô chia hết kẹo cho các học sinh của mình, mỗi người một số
viên kẹo và không có học sinh nào nhận được nhiều hơn một viên kẹo ở một loại
kẹo. Cô yêu cầu hai học sinh khác nhau bất kì so sánh các viên kẹo mình nhận
được và viết số loại kẹo mà cả hai cùng có lên bảng. Biết rằng mỗi cặp học sinh
bất kì đều được lên bảng đúng một lần. Gọi tổng các số được viết lên bảng là M.

a) Xác định giá trị nhỏ nhất của M.
b) Với giả thiết tương tự nhưng thay 20 loại kẹo khác nhau bởi 19 loại kẹo khác
nhau, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của M trong trường hợp tương ứng này.
Lời giải.
a) Gọi a1 , a2 , ..., a20 là số viên kẹo của loại kẹo thứ 1, 2, ..., 20 với ai ≥ 2. Với
loại kẹo thứ i (1 ≤ i ≤ 20), ta đếm số bộ (A, B) mà hai học sinh A, B đều có loại


19

kẹo này. Số bộ cần đếm là Ca2i .
20

Khi đó tổng số bộ chính là M hay M =
i=1

Ca2i trong đó

20

ai = 2020.
i=1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
20

M=
i=1

i=1


a2i

2

20

i=1

ai
2

2

20

ai


20

ai (ai − 1)
=
2

1

2.20

20



i=1

ai
20202 2020
=

= 101000.
2
2.20
2

Dấu “=” xảy ra khi ai = 101, ∀ i = 1, 2, ..., 20.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 101000.
19

b) Ta có M =
i=1

ai (ai −1)
2

=

1
2

19
i=1


a2i −

1
2

19

ai
i=1
19

Suy ra biểu thức M đạt giá trị nhỏ nhất khi
i=1
19

Ta thấy
i=1

a2i đạt giá trị nhỏ nhất.

a2i đạt giá trị nhỏ nhất khi |ai − aj | ≤ 1 với mọi 1 ≤ i, j ≤ 19.(2.2)

Thật vậy. Xét bộ 4 số a, b, c, d mà a ≥ b + 2 ; c = a − 1 ; d = b + 1 thì
cd = ab + a − b − 1 ≥ ab và (a + b)2 = (c + d)2 suy ra a2 + b2 ≥ c2 + d2 .
Mở rộng tính chất này cho nhiều số ta suy ra (2.2) được chứng minh.
Do đó M đạt giá trị nhỏ nhất khi có t số giá trị là k và 19 − t số có giá trị là k + 1
với 0 ≤ t ≤ 19 và giá trị nhỏ nhất là M = 12 tk 2 + (19 − t)(k + 1)2 − 2020 .
Ta có tk + (19 − t)(k + 1) = 2020 ⇔ t = 19k − 2001.
2020

Do 0 ≤ t ≤ 19 nên 2001
19 ≤ k ≤ 19 .
Từ đây ta có k = 106, t = 13.
Thay vào ta được giá trị nhỏ nhất của M là 12 13.1062 + 6.1072 − 2020 =106371.
Bài toán 2.7 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, Sở GD&ĐT Hà Nam
2018-2019). Trong kỳ thi chọn HSG lớp 12 môn toán năm học 2018-2019 có 20
học sinh tham gia. Một nhóm “tình bạn” là một nhóm gồm 3 học sinh đôi một
quen biết nhau, một nhóm “xa lạ” là một nhóm gồm 3 học sinh đôi một không
quen biết nhau. Gọi tổng số nhóm “tình bạn” và nhóm “xa lạ” trong kỳ thi này là
n, tìm giá trị nhỏ nhất của n.
Lời giải.


20

Ta gọi chung một nhóm “tình bạn” hoặc một nhóm “xa lạ” là một nhóm “đặc
3
biệt”. Số nhóm 3 người mà không phải nhóm “đặc biệt” là C20
− n = 1140 − n.
Ta gọi T là số bộ (A, {B, C}) sao cho A quen cả B và C hoặc A không quen cả
B và C.
Trường hợp 1. Với mỗi nhóm đặc biệt số bộ (A, {B, C}) là 3, vậy số bộ
(A, {B, C}) như trên là 3n.
Trường hợp 2. Với mỗi nhóm 3 người, mà không phải nhóm đặc biệt số bộ
3
(A, {B, C}) như trên là 1, trường hợp số bộ (A, {B, C}) là C20
− n = 1140 − n.
Vậy T = 1140 + 2n.
Với mỗi bạn học sinhA, giả sử bạn A quen với x học sinh và không quen với y
học sinh.

Ta có x + y = 19 và số bộ (A, {B, C}) ứng với học sinh A này là

Cx2 + Cy2 =

x (x − 1) y (y − 1) x (x − 1) (19 − x) (18 − x)
+
=
+
≥ 81.
2
2
2
2

Suy ra T ≥ 81.20 = 1620 hay 1140 + 2n ≥ 1620. Vậy n ≥ 240.
Để chỉ ra dấu bằng, ta đánh số các bạn học sinh là A1 , . . . , A20 và xây dựng một
mô hình như sau Ai và Aj quen nhau nếu i, j cùng tính chẵn lẻ. Và Ai không quen
Aj nếu i, j khác chẵn lẻ. Khi đó số bộ (A, {B, C}) ứng với một nhà toán học A sẽ
2
+ C92 = 81, tức dấu bằng đã xảy ra.
là C10
Bài toán 2.8 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi HSGQG, Sở GD&ĐT Thành phố Hồ
Chí Minh 2018-2019). Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, hai điểm nguyên
(hoành độ và tung độ là các số nguyên) A, B được gọi là “thân thiết” với nhau nếu
−→ −−→
A, B khác O và−1 ≤ OA · OB ≤ 1 với O là gốc tọa độ.
a) Hỏi có tất cả bao nhiêu điểm nguyên M (x, y) với |x| ≤ 19, |y| ≤ 19 thỏa
mãn điểm M và điểm N (3; 7) “thân thiết” với nhau?
b) Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên đôi một “thân thiết” với nhau?
Lời giải.

a) Ta có điều kiện −1 ≤ 3x + 7y ≤ 1 nên có ba trường hợp.
Trường hợp 1. Nếu 3x + 7y = 0 thì (x, y) = (−7t, 3t) với t ∈ Z thỏa mãn. Xét
hệ ràng buộc sau
− 19 ≤ −7t ≤ 19
⇔ −2 ≤ t ≤ 2
− 19 ≤ 3t ≤ 19
và t = 0 nên có tất cả 4 điểm.


Xem Thêm

×