Tổ hợp trong trại hè Hùng Vương

Bài 1: Một hội nghị Toán học quốc tế có 2011 nhà toán học tham dự. Biết rằng một nhà toán học bất kì trong số đó quen biết ít nhất với 1509 nhà toán học khác. Hỏi có thể lập ra một tiểu ban gồm 5 nhà toán học mà người bất kì trong 5 người đó đều quen biết những người con lại của tiểu ban đó hay không ?

Lời giải

Gọi S là tập các nhà Toán học trong hội nghị thì |S|=2011. Giả sử $x,y \in S$, ta quy ước nếu x,y quen biết nhau thì viết (x;y)=1. Xét $a,b \in S$ mà $(a;b)=1$. Đặt:

$A=\left \{ c\in S|c \ne b, (c,a)=1 \right \},B= \left \{c \in S| c \ne a, (c,b)=1 \right \}$

Thì $|A|, |B| \ge 1508, |A \cup B| \le 2009$

Suy ra: $|A \cap B|=|A|+|B|-|A \cup B| \ge 1007$ Do đó tồn tại $c \in A \cap B$, tức là tồn tại 3 nhà toán học a,b,c đôi một quen biết nhau.

Xét:$C=\left \{ d \in S|d \ne a, d\ne b,(d,c)=1 \right \}$ thì $|C| \ge 1507$ và $|(A \cap B) \cup C| \le 2009$ Suy ra:

$|A \cap B \cap C |=|A \cap B|+|C|-|(A \cap B) \cup C| \ge 505$ Do đó tồn tại $d \in A \cap B \cap C$ chứng tỏ có 4 nhà toán học a,b,c,d đôi một quen nhau. Tương tự xét $D$

Ta thu được $|A \cap B \cap C \ cap D| \ge 505+1506-2009=2$

Do đó tồn tại $e \in A \cap B \cap C \cap D$, chứng tỏ có 5 nhà toán học a,b,c,d,e đôi một quen biết nhau. Vậy có thể lập ra một tiểu ban gồm 5 nhà toán học mà bất kì trong 5 người đó đều quen biết những người còn lại của tiểu ban đó.

Bài 2: Trên đường tròn (C) có 2011 điểm. Hỏi có bao nhiêu cách xóa đi 11 điểm sao cho không có hai điểm bị xóa nào cạnh nhau.

Lời giải

Ta gọi một trong số 2011 điểm là A. Có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: Điểm A không bị xóa. Sau khi xóa 11 điểm còn lại 2000 điểm. Xen kẽ giữa 2000 điểm này có 2000 khoảng trông. Mười một điểm bị xóa tương ứng với 11 trong số 2000 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là:

$C^{11}_{2000}$

Trường hợp 2. Điểm A bị xóa. Sau khi xóa tiếp 10 điểm, còn lại 2000 điểm. Xen kẽ những 2000 điểm này có 1999 khoảng trống không kề với vị trí của điểm A. 10 điểm bị xóa (không kể điểm A) tương ứng với 10 trong số 1999 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này bằng:

$C^{10}_{1999}$

Theo quy tắc cộng, cách xóa cần tìm thỏa mãn đề bài là:

$C^{11}_{2000}+C^{10}_{1999}$

Về phép đếm quay quanh tâm

Ví dụ 1(VMO 2010): Cho bảng 3x3 và n là một số nguyên dương cho trước. Tìm số các cách tô màu không như nhau khi tô mỗi ô bởi 1 trong n màu.
Hai cách tô màu được gọi là như nhau nếu 1 cách nhận được từ cách kia bởi 1 phép quay quanh tâm.
Lời giải:
Cách của thầy Trần Nam Dũng:

Ví dụ 2: (AIME 1996) Hai ô của hình vuông 7 × 7 được tô bằng màu vàng. Các ô còn lại được tô bằng màu đỏ. Hai cách tô đượcc coi là tương đương nhau nếu chúng có thể thu được từ nhau bằng một phép quay trên mặt phẳng của hình vuông. Đếm sô các cách tô màu không tương đương.

Lời giải:
(Xây dựng hệ trục trên hình vuông ô đầu tiên đánh số 1 từ trái sang đánh đến số 7, từ trên xuống đánh từ 1 đến 7)
Ta chia hai ô màu vàng của hình vuông thành 3 loại:

Loại 1: có 1 ô (4;4), thì ô còn lại có 48 cách chọn ( có thể bị lặp). Do các phép quay 90 độ, 180 độ, 270 độ tạo thành những cách khác ta phải loại bớt nên có 48/4=12 cách chọn

Loại 2: các ô có tọa độ là (4,x), (4, 8-x) và (x,4), (8-x, 4) và các ô chéo của hình vuông con ở trong thì khi đó sẽ có 4.3=12 cách chọn như vậy.(Do có 3 hình vuông con mà tâm là (4;4))

Loại 3: Không tính loại 2. Rõ ràng là $\frac{\mathbb{C}_2^{49}-24}{4}$

Tổng cộng có: $\frac{\mathbb{C}_2^{49}-24}{4}+12=300$ cách chọn.
Có thể thấy rõ qua hình sau:

Chú ý: -Có thể không xài loại 1 làm gì nhưng viết vào để cho dễ hình dung.
-Đây là trường hợp của bổ đề Burnside

Ví dụ 3 (tạp chí Kvant số 5 năm 2000): Một đường tròn chia làm p cung bằng nhau. Hỏi có bao nhiêu cách tô các cung bằng a màu. Hai cách tô được gọi là giống nhau nếu có thể thu được từ nhau bởi 1 phép quay.

Với bài toán trên, có $ a^p $ cách tô màu p cung. Trong những số cách ấy, có những cách ta đếm lặp, cần loại đi. Ta thấy rằng nếu p cung được tô bởi 1 màu thì khi quay các góc 2pi/p, 4pi/p,..., 2(p-1)pi/p không thu được những cách tô khác. (ta có thể chứng minh rằng nếu $n \vdots k$ khi đó tồn tại phép quay góc 2kpi/p biến đường tròn này thành đường tròn kia) . Trong khi đó, những cách tô sử dụng 2 màu trở lên khi quay sẽ cho ra các cách tô khác (chú ý tính nguyên tố của p). Vì vậy, mỗi một cách tô sử dụng 1 màu (có a cách tô như vậy) chỉ được đếm 1 lần trong tổng $a^p $cách tô, trong khi đó mỗi cách tô sử dụng 2 màu trở lên (có $a^p - a$ cách tô như vậy) được đếm p lần trong tổng nói trên.

Từ đó suy ra số cách tô cần tìm bằng $ a + \dfrac{a^p-a}{p} $.

Chú ý: Từ kết quả này có thể suy ra định lí Fermat nhỏ.