TUYN TP CAC BAI TOAN t d THI CHN d

BLOG TOÁN HỌC CHO MỌI NGƯỜI −1 https://www.facebook.com/Math4E/ https://blogm4e.wordpress.com/ blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TỪ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CÁC TỈNH – THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2017 – 2018 VÕ THÀNH ĐẠT - LƯƠNG VĂN KHẢI - ĐẶNG NHÌ VÕ NGỌC TRĂM - NGƠ THANH THẢO - NGUYỄN THỊ MỘNG TUYỀN NGUYỄN MINH HUY - LÝ HOÀNG THIÊN - NGUYỄN TRẦN HỮU THỊNH NGUYỄN TRƯỜNG HẢI - LƯ THƯƠNG THƯƠNG - NGUYỄN QUANG MINH Tuyển tập toán từ đề thi chọn đội tuyển tỉnh - thành phố năm học 2017 - 2018 Tháng 11/ 2017 d Mục lục CÁC BÀI TOÁN 1.1 Bất đẳng thức 1.2 Dãy số 14 1.3 Đa thức 17 1.4 Hình học 20 1.5 Phương trình hệ phương trình 25 1.6 Phương trình hàm 26 1.7 Số học 30 1.8 Tổ hợp 33 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ 39 2.1 Bất đẳng thức 39 2.2 Dãy số 63 2.3 Đa thức 79 2.4 Hình học 93 2.5 Phương trình hệ phương trình 123 2.6 Phương trình hàm 133 2.7 Số học 153 2.8 Tổ hợp 167 Đây tài liệu miễn phí Hoan nghênh chia sẻ rộng rãi tài liệu bạn Bản quyền tài liệu thuộc Công ty cổ phần Giáo dục Titan (Titan Education) Blog Toán học cho người Mọi hành động dùng tài liệu vào mục đích thương mại phải đồng ý hai đơn vị Titan Education Blog Toán học cho người LỜI NÓI ĐẦU “Đi nhiều người, bạn xa.” Tiếp nối thành công năm học 2016 – 2017, năm nay, blog Toán học cho người (M4E) lại cho mắt phiên năm học 2017 – 2018 ấn phẩm “Tuyển tập toán từ đề thi chọn đội tuyển tỉnh – thành phố” Với kinh nghiệm có từ năm Toán học cho người đời, năm chúng tơi khốc cho ấn phẩm áo mới, đẹp mắt hơn, chuyên nghiệp hơn, chắn chất lượng Cũng phiên lần trước, sách tập hợp toán chọn lọc từ nguồn đề thi chọn đội tuyển trường chuyên trực thuộc đại học, từ tỉnh – thành phố nước Có ghi lời giải đầy đủ, có có hướng dẫn sơ lược, có nhận xét, binh luận chi tiết cho bạn đọc Các biên tập viên ấn phẩm lần gồm có: • Bất đẳng thức: bạn Võ Thành Đạt (sinh viên khoa Toán – Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) • Dãy số: bạn Nguyễn Trường Hải (học sinh chuyên Toán trường THPT chun Trần Hưng Đạo, tỉnh Bình Thuận) • Đa thức: bạn Võ Ngọc Trăm bạn Lý Hoàng Thiên (sinh viên khoa Toán – Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) • Hình học: bạn Lương Văn Khải, bạn Ngô Thanh Thảo bạn Nguyễn Trần Hữu Thịnh (sinh viên khoa Toán – Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) • Phương trình hệ phương trình: bạn Nguyễn Thị Mộng Tuyền (sinh viên khoa Toán – Tin trường ĐH Sư phạm Tp HCM) bạn Lư Thương Thương (học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp HCM) • Phương trình hàm: bạn Võ Thành Đạt bạn Nguyễn Minh Huy (sinh viên khoa Toán – Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) • Số học: bạn Nguyễn Quang Minh (học sinh chuyên Toán trường Phổ thơng Năng khiếu – ĐHQG Tp HCM) • Tổ hợp: bạn Đặng Nhì (sinh viên khoa Tốn – Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) Chúng xin cảm ơn TS Trần Nam Dũng (giảng viên khoa Toán – Tin học trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Tp HCM) theo sát trình biên tập chúng tơi đưa đạo kịp thời cho biên tập viên Chúng xin cảm ơn anh Lê Phúc Lữ (FPT Software, Tp HCM) anh Trần Minh Ngọc (học viên cao học trường ĐH Sư phạm Tp HCM) giúp đỡ nhiều việc thu thập đề giải vấn đề phát sinh Cảm ơn thầy cô, bạn học sinh, thành viên Diễn đàn Toán học Việt Nam – VMF (http://diendantoanhoc.net/home/), Diễn đàn Mathcope (http://forum.mathscope.org/), Tạp chí Olympic (https://www.facebook.com/tapchiolympic.vn/), hỗ trợ số lời giải đề thi Đặc biệt nhất, xin cảm ơn Ban tổ chức chương trình Trường đơng Tốn học miền Nam 2017 đồng ý in ấn phẩm làm tài liệu dùng cho chương trình Chúng mong bạn chia sẻ rộng rãi ấn phẩm đến người, đặc biệt bạn học sinh chun Tốn ơn tập chuẩn bị cho kì thi VMO tới Trong trình biên tập, chúng tơi khơng thể tránh khỏi sai sót, chúng tơi mong nhận góp ý, bổ sung phê binh bạn đọc Mọi ý kiến đóng góp xin gửi email blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com nhắn tin qua fanpage https://www.facebook.com/Math4E/ Cảm ơn tất bạn! Chương CÁC BÀI TOÁN 1.1 Bất đẳng thức Bài Cho a, b, c số thực thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = Chứng minh (a2 − b2 )(a2 − c2 ) (b2 − c2 )(b2 − a2 ) (c2 − a2 )(c2 − b2 ) + + (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 (Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội) Bài Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a3 b3 c3 9 + + + ≥ 2 2 2 b − bc + c c − ca + a a − ab + b 2(ab + bc + ca) (Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội) Bài Cho dãy số (Fn ) với F0 = 0, F1 = Fn+2 = Fn+1 + Fn với số tự nhiên n Chứng minh với số nguyên dương n ta có Fn+3 + Fn Fn + Fn+2 ≥√ + Fn+1 Fn + Fn+3 Fn+1 Fn + Fn+2 (Trường THPT chuyên ĐH Sư phạm Hà Nội) Bài Cho hai số thực x, y thỏa mãn (x2 + 1)(1 − y) − = x4 (1 − y)2 + − y + 2y + Tìm giá trị nhỏ P = xy − x (An Giang) Bài Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn P = x + y + z + xy + yz + zx (An Giang) 10 CÁC BÀI TOÁN Bài Cho số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = Chứng minh a (b + 2)(c + 2) + b (c + 2)(a + 2) + c (a + 2)(b + 2) ≥ (Bà Rịa-Vũng Tàu) Bài Cho a, b, c số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh a2 + b + a+b b2 + c + b+c √ √ √ √ c + a2 +3≤ a+b+ b+c+ c+a c+a (Bắc Giang) Bài Cho số thực a, b, c thỏa mãn a+b+c=0 Tìm giá trị lớn biểu a2 + b + c = thức: T = a2 b + b2 c + c2 a (Bến Tre) Bài Tìm tất số thực k cho bất đẳng thức sau với số thực a, b, c (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤ + k max (a − b)2 , (b − c)2 , (c − a)2 ≤ a2 + b2 + c2 (Bình Dương) Bài 10 Cho số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2 + y = 5, x − y − ≥ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 1 + − x y 5−x−y (Cà Mau) Bài 11 Cho bất phương trình x2 − (a + b) x + ab ≤ 0, a > b > Gọi x1 , x2 , · · · , xn nghiệm bất phương trình Chứng minh (x1 + x2 + + xn )2 4ab ≥ 2 n (x1 + x2 + + xn ) (a + b)2 (Đắk Lắk) Bài 12 Biết x, y, z số thực dương thoả mãn x2 + y + z + xyz = Chứng minh √ √ √ x+y+z x + y + z Dấu "=" xảy nào? (Đắk Nông) 176 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Ta tính |X| Với x ∈ X xâu kí tự a2 a3 an có độ dài n − số lần xuất chữ số xâu số lẻ Do ta có |X| = 10n−1 − tn−1 Ta tính |Y | Với x ∈ Y xâu n có độ dài a2 a3 an số lần xuất số số chẵn Do đó, có tn−1 xâu Với xâu a2 a3 an ∈ An−1 ta có cách chọn a1 Suy |T | = 9tn−1 Do tn = 10n−1 − tn−1 + 9tn−1 = 8tn−1 + 10n−1 Từ đây, ta tìm tn = 4.8n−1 + 5.10n−1 , n ≥ Bài 11 Một lớp chuyên Toán có 35 học sinh Thầy giáo chủ nhiệm muốn tổ chức cho lớp chương trình trải nghiệm gồm bốn chuyến với yêu cầu phải thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây: i Mỗi học sinh lớp phải tham gia chuyến ii Với k ∈ {2; 3; 4} chuyến thứ k phải có học sinh tham gia chuyến thứ k – Tính số cách để thầy giáo thực chương trình trải nghiệm (Hà Tĩnh) Lời giải Ta cho học sinh đăng ký chương trình trải nghiệm phiếu đăng ký dạng (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) với i ∈ {1; 2; 3; 4} thì: • xi = học sinh tham gia chuyến thứ i • xi = học sinh không tham gia chuyến thứ i Vì có 35 học sinh, học sinh có 15 cách đăng ký theo phiếu (vì theo điều kiện thứ phiếu (0; 0; 0; 0) khơng hợp lệ), có 1535 cách đăng ký phiếu chưa kể đến điều kiện ii) Gọi Ak tập hợp cách đăng ký mà khơng có học sinh tham gia hai chuyến thứ k thứ k + k ∈ {1; 2; 3} Ta tính |A1 ∪ A2 ∪ A3 |(trong ký hiệu |X| số phần tử tập hợp X) Theo công thức bù trừ ta có: |A1 ∪ A2 ∪ A3 | = |A1 | + |A2 | + |A3 | − (|A1 ∩ A2 | + |A2 ∩ A3 | + |A3 ∩ A1 |) + |A1 ∩ A2 ∩ A3 | Tính |A1 |: cách đăng ký thuộc A1 khơng có phiếu dạng (1; 1; x3 ; x4 ) Do có phiếu dạng (1; 1; x3 ; x4 ) nên |A1 | = (15 − 4)35 = 1135 Tương tự |A2 | = |A3 | = 1135 • Tính |A1 ∩ A2 |: cách đăng ký thuộc A1 ∩ A2 khơng có phiếu dạng (1; 1; x3 ; x4 ) (0; 1; 1; x4), mà số lượng phiếu dạng (1; 1; x3 ; x4 ) 4, số lượng phiếu dạng (0; 1; 1; x4) nên |A1 ∩A2 | = (15−4−2)35 = 935 Tương tự |A2 ∩A3 | = 935 • Tính |A3 ∩ A1 |: cách đăng ký thuộc A3 ∩ A1 khơng có phiếu dạng (1; 1; x3 ; x4 ) (1; 0; 1; 1), (0; 1; 1; 1), (0; 0; 1; 1) Do |A3 ∩A1 | = (15−4−3)35 = 835 2.8 Tổ hợp 177 • Tính |A1 ∩A2 ∩A3 |: phiếu cách đăng ký thuộc A1 ∩A2 ∩A3 dạng (0; 0; 0; 1), (0; 0; 1; 0), (0; 1; 0; 0), (0; 1; 0; 1), (1; 0; 0; 0), (1; 0; 0; 1), (1; 0; 1; 0) Suy |A1 ∩ A2 ∩ A3 | = 735 Vậy |A1 ∪ A2 ∪ A3 | = 3.1135 − (2.935 + 835 ) + 735 , số cách thực chương trình trải nghiệm là: 1535 − 3.1135 + 2.935 + 835 − 735 Bài 12 Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 3, tồn hai tập hợp tập hợp số nguyên dương, tập có n phần tử thỏa mãn đồng thời điều kiện: i Hai tập khơng có phần tử chung ii Tổng phần tử hai tập iii Tổng bình phương phần tử hai tập (Hà Tĩnh) Lời giải • Với n = ta chọn tập A3 = {1, 5, 6} B3 = {2, 3, 7}, thỏa mãn • Với n = ta chọn tập A4 = {1, 4, 6, 7} B4 = {2, 3, 5, 8} thỏa mãn • Với n = ta chọn tập sau A5 = {1, 5, 9, 17, 18} B3 = {2, 3, 11, 15, 19}, tốn thỏa mãn • Với n ∈ N, n ≥ 3, giả sử tập An = {a1 , a2 , a3 , , an } Bn = {b1 , b2 , b3 , , bn } thỏa mãn điều kiện tốn Khi tập An = {8a1 , 8a2 , 8a3 , , 8an } Bn = {8b1 , 8b2 , 8b3 , , 8bn } thỏa điều kiện toán Hơn rõ ràng với i ∈ {1, 2, 3, , n} ⇒ 8ai , 8bi ∈ / {1, 2, , 7} nên A3 ∩ An = ∅, B3 ∩ Bn = ∅ Đặt An+3 = A3 ∪ An Bn+3 = B3 ∪ Bn ta có |An+3 | = |Bn+3 | = n + thỏa mãn điều kiện tốn Như từ hai tập có n phần tử thỏa mãn điều kiện toán ta xây dựng hai tập có n + phần tử thỏa mãn điều kiện toán Kết hợp với toán n ∈ {3; 4; 5} ta toán với số nguyên dương n ≥ 178 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Bài 13 Tại thị trấn có 2017 người người thị trấn sở hữu mũ Vào ngày năm mới, tất người thị trấn đem mũ tặng cho người thị trấn (khơng giữ lại mũ mình) Chứng minh chọn nhóm gồm 673 người thị trấn thỏa mãn hai người tùy ý nhóm khơng tặng mũ cho không tặng mũ cho (Hải Phòng) Lời giải Gọi X tập tất 2017 người thị trấn Một tập A X gọi “tốt” khơng có người A nhận mũ từ người A Theo nguyên lý cực hạn, tồn tập S X tập “tốt” có số phần tử lớn Kí hiệu T tập tất người nhận mũ từ phần tử thuộc S Ta có S ∩ T = ∅ |T | ≤ |S| Đặt U = X\(S ∪ T ) Với a ∈ U tùy ý, đặt B = S ∪ {a} Do tính lớn S nên B khơng tập “tốt”, nghĩa tồn phần tử x ∈ B gửi mũ cho phần tử thuộc B Mà x ∈ / S ⇒ x = a a gửi mũ cho phần tử thuộc S Do a ∈ U tùy ý nên phần tử thuộc U gửi mũ cho phần tử thuộc S Như U tập “tốt”, suy |U | ≤ |S| Đến ta có |S| ≥ 2017 − |S ∪ T | = 2017 − |S| − |T | ≥ 2017 − 2|S| ⇒ 3|S| ≥ 2017 ⇒ |S| ≥ 673, đpcm Bài 14 Cho tam giác (T ) lấy n điểm (n ≥ 1, n ∈ N) cho n điểm chia cạnh thành n + đoạn thẳng có độ dài Nối điểm lấy đoạn thẳng song song với cạnh (T ) (chẳng hạn với n = ta hình vẽ bên dưới) Gọi Sn số tam giác hình vẽ thu Tính Sn theo n (Tp HCM) Lời giải Với n ≥ 1, ta có Sn+1 bao gồm: • Sn 2.8 Tổ hợp 179 • Số tam giác có đỉnh hướng "lên": (n + 2) + (n + 1) + + = (n + 2)(n + 3) • Số tam giác có đỉnh hướng "xuống": (n + 1)(n + 3) + + (−1)n+1 (n + 1) + (n − 1) + (n − 3) + + = 1+(−1)n+1 Suy ra: Sn = Sn−1 + (n + 2)(3n + 2) + (−1)n+1 + , ∀n ≥ với S1 = Ta có: n (Sk − Sk−1 ) Sn = k=2 n ( = k=2 (k + 2)(3k + 2) + (−1)k+1 + n n n 1 1) + k+4 k2 + = (3 k=2 k=2 k=2 n 1+ k=2 n (−1)k+1 + k=2 (n(n + 1)(3n + 2) n(n + 1) 9(n − 1) + (−1)n = [ − 1] + 2.[ − 1] + − +5 16 2n3 + 11n2 + 18n + + = 1+(−1)n+1 ∀n ≥ Bài 15 Trong mặt phẳng, cho đa giác lồi có 17 đỉnh A1 A2 A17 , với cặp đỉnh Ai , Aj (1 ≤ i < j ≤ 17) số đỉnh đa giác, ta hai vecto −−−→ −−−→ Ai Aj Aj Ai Sau thực với cặp đỉnh, gọi n số tam giác có tổng vector đặt cạnh Chứng minh n ≤ 204 (Lào Cai) −→ −−→ −→ −−→ Lời giải Ta gọi số cặp vector kiểu {AC, BC} {CA, CB} tức số cặp vector có chung điểm đầu chung điểm cuối Với tam giác mà tổng vector đặt cạnh số cặp Vậy S = 2(C17 − n) = 1360 − 2n Với điểm Ai ta gọi di số vector nhận Ai điểm đầu ci số vector nhận Ai 17 điểm cuối Ta có di + ci = 16 S = (Cc2i + Cd2i ) Mà (Cc2i + Cd2i ) = i=1 (ci +di )2 204 − ci +di = 162 − 16 c2i +d2i − ci +di ≥ = 56 Vậy S ≥ 56.17 = 952, suy 1360 − 2n ≥ 952 ⇒ n ≤ 180 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Bài 16 Trường THPT A mở câu lạc Biết học sinh trường tham gia câu lạc Số liệu sau thống kê câu lạc cho thấy câu lạc có số học sinh tham dự 40 Ngoài hai câu lạc có khơng q học sinh tham gia hai câu lạc Chứng minh trường THPT A có 120 học sinh tham dự câu lạc (Lâm Đồng) Lời giải Ký hiệu n số học sinh tham dự câu lạc với học sinh thứ j ký hiệu aj số câu lạc học sinh tham gia Ta lập bảng có hàng n cột Ơ (i, j) dịng i, cột j đánh dấu × học sinh tham gia lớp i Tổng số dấu × tính theo cột a1 + a2 + + an , tổng × 40 = 280 tính theo dịng (vì câu lạc có 40 học sinh tham gia) Bây ta tính S số cặp (×, ×) theo cột Trên cột j có Ca2j cặp, số S cặp (×, ×) theo cột 1 Ca21 + Ca22 + + Ca2n = (a21 + a22 + + a2n ) − (a1 + a2 + + an ) 2 (2.87) Thay a1 + a2 + + an = 280 áp dụng bất đẳng thức quen thuộc a21 + a22 + + a2n ≥ (a1 +a2 + +an )2 , từ (2.87) suy n 2802 S≥ − 140 (2.88) 2n Mặt khác, với cặp dịng, nhiều có cột có cặp (×, ×) dịng này, tổng số cặp (×, ×) cột tất C72 cặp dịng khơng vượt q 9C72 cặp (×, ×) Ta có bất đẳng thức: 9C72 ≥ S 2802 2802 Thay vào (2.88), ta có 9C72 ≥ −140 có n ≥ > 119 Vậy n ≥ 120 2n 2(9C72 + 140) 2.8 Tổ hợp 181 Bài 17 Cho bàn cờ × hình vẽ Có cách xếp quân xe vào bàn cờ cho quân xe nằm ô màu hai quân xe nằm hàng cột? Gọi S tập tập {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} cho tổng hai phần tử S khác Ví dụ, tập {1, 2, 3, 5} thỏa mãn tính chất này, tập {1, 2, 3, 4, 5} khơng, cặp (1, 4) (2, 3) có tổng Hỏi S chứa nhiều phần tử? (Ninh Bình) Lời giải Ta đếm số cách xếp quân xe vào ô màu đen đếm số cách xếp quân xe vào ô màu trắng thỏa mãn yêu cầu toán Đánh số từ xuống hàng ngang bàn cờ từ đến Đầu tiên, ta thấy quân xe xếp vào ô màu đen hàng lẻ nằm cột với với quân xe xếp vào ô màu đen hàng chẵn Điều phân hoạch đen thành bảng × bảng × (các O E, hình đây) Các quân xe xếp cách độc lập vào bảng Có ! cách xếp quân xe vào bảng O 4! Cách xếp quân xe vào bảng E thỏa mãn khơng có hai qn xe cột Như có 5!.4! cách xếp quân xe vào 182 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ ô màu đen Bỏ số quân xe ta thu cách xếp thỏa mãn yêu cầu tốn Do có 9.5!.4! cách xếp quân xe vào ô màu đen cho hai quân xe hàng cột Lập luận tương tự ta phân hoạch ô màu trắng Các ô màu trắng phân hoạch thành hai bảng × cho khơng có qn xe bảng O cột với quân xe bảng E Có nhiều quân xe xếp vào bảng × chúng xếp theo 5.4.3.2 = 5! cách Như có (5!)2 cách để xếp quân xe vào ô màu trắng cho khơng có hai qn xe hàng cột Như có tất 9.5!.4! + (5!)2 = (9 + 5) 5!4! = 14.5!4! = 40320 cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán Chúng ta có hai cách xử lí tốn sau Cách 1: Dễ dàng kiểm tra {1, 2, 3, 5, 8} thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử S chứa phần tử Khi S có C62 = 15 cặp phần tử Lại có 15 tổng nhận từ tập {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 3, 4, , 17 Do S phải chứa phần tử 1, 2, 8, Tuy nhiên + = + 8, vơ lí Vậy điều giả sử sai, tức S chứa nhiều phần tử Cách 2: Dễ dàng kiểm tra {1, 2, 3, 5, 8} thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử S = {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 } (a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6 ) Vì a6 + a1 = a5 + a2 ⇒ a6 −a5 = a2 −a1 Tương tự, a6 −a5 = a4 −a3 ; a5 −a4 = a3 −a2 ; a4 −a3 = a2 −a1 Do a6 − a5 + a4 − a3 + a2 − a1 ≥ + + = 6; a5 − a4 + a3 − a2 ≥ + = ⇒ a6 − a5 + a5 − a4 + a4 − a3 + a3 − a2 + a2 − a1 ≥ ⇒ a6 − a1 ≥ 9, vơ lí a6 , a1 ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Vậy S chứa nhiều phần tử 2.8 Tổ hợp 183 Bài 18 Cho bảng vng cỡ 2n × 2n (với n số nguyên dương) Ta gọi đường chéo ô vuông tập hợp ô vuông phân biệt C1 , C2 , , Ck (với k số nguyên dương) cho hai Ci , Ci+1 có đỉnh chung (i = 1; k − 1) Hai đường chéo gọi rời chúng khơng có vng chung Hỏi bảng vng cho phân hoạch thành đường chéo rời nhau? (Phú Thọ) Lời giải Gọi bảng ô vuông ABCD Tô màu đen trắng cho ô vuông xen kẽ theo kiểu bàn cờ cho ô góc A, C màu trắng góc B, D màu đen Do đường chéo tập hợp ô vuông màu, nên ta cần tìm số đường chéo rời mà tập vng màu trắng phân hoạch thành Ta điền vào ô trắng số số hình vẽ Theo đó, màu sắc số điền ô đối xứng qua đường chéo BD Đồng thời phía BD cặp kề điền số khác Giả sử tập ô trắng phân hoạch thành m đường chéo rời Khi đường chéo có hai kề điền số ta tách đường làm đơi vị trí điểm chung hai Ta tiếp tục làm cịn Do bảng có n cặp số kề điền số nên số lần tách nhiều n, số đường chéo tạo thành nhiều m + n Trên đường chéo bây giờ, hai kề ln có số 0, nên số ô điền nhiều số ô điền nhiều Mặt khác dễ thấy tổng số ô điền nhiều tổng số ô điền bảng 2n Do số đường chéo lúc 2n Vì m + n ≥ 2n, hay m ≥ n Kết hợp với tập ô đen, ta có số đường chéo 2n Cuối ta cách phân hoạch thỏa mãn: Nối ô đen hai hàng đầu nối ô trắng hai hàng đầu lại, hai hàng đầu phân hoạch thành hai đường chéo Do ta phân hoạch 2n hàng thành 2n đường chéo 184 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Bài 19 Với tập hợp X, Y ta định nghĩa phép toán ∆ sau: X∆Y = (X\Y ) ∪ (Y \X) Với A, B, C ba tập hợp bất kì, chứng minh: (a) A∆A = ∅, A∆∅ = A, (b) A∆B = B∆A, (c) (A∆B)∆C = A∆(B∆C) Cho S = {1, 2, 3, , n} (n ≥ 2) Chứng minh n + tập khác rỗng S ta ln chọn số tập hợp X1 , X2 , , Xk (2 ≤ k ≤ n + 1) cho X1 ∆X2 ∆ · · · ∆Xk = ∅ (Phú Thọ) Lời giải (a) A∆A = (A\A) ∪ (A\A) = ∅, A∆∅ = (A\∅) ∪ (∅\A) = A (b) A∆B = (A\B) ∪ (B\A) = B∆A, (c) (A∆B)∆C = (((A\B) ∪ (B\A)) \C)∪(C\ ((A\B) ∪ (B\A))) = (A\ ((B\C) ∪ (C\B)))∪ (((B\C) ∪ (C\B)) \A) = A∆(B∆C) Phản chứng, giả sử không tồn Đặt F = {A1 , A2 , , An+1 } họ n + tập S, T = {1, 2, , n + 1} Với J ⊂ T, |J| ≥ 2, đặt ∆ Xj = Xj1 ∆ ∆Xjh với j∈J J = {j1 , , jh } Ta có ∆ Xj ⊂ S J ⊂ T, |J| ≥ Ta thấy S có 2n − tập khác j∈J n+1 rỗng, T có −n−2 tập có từ phần tử trở lên, với n ≥ 2, 2n+1 −n−2 > 2n −1 theo định lí Dirichlet, tồn hai tập J, J ⊂ T cho ∆ Xj = ∆ Xj = j∈J ∅ ⇒ ∆ Xj ∆ j∈J ∆ Xj =∅⇔ j ∈J TH1: J ⊂ J Khi ∆ j∈J∆J ∆ j∈J∆J Xj = Xj = ∅ ∆ Xj = ∅ ⇒ |J \J| ≥ 2, đpcm j∈J \J TH2: J ⊂ J , J ⊂ J, |J∆J | ≥ 2, đpcm j ∈J 2.8 Tổ hợp 185 Bài 20 Cho S = {ai ∈ ∗ , i = 1, , 2017; = aj i = j } Biết chọn từ S tập 13 số phân biệt xếp theo thứ tự tăng dần mà số đứng sau chia hết cho số đứng trước Chứng minh chọn tập A S gồm 169 số phân biệt để A khơng có số chia hết cho số lại A (Quảng Bình) Lời giải Ta gọi dãy số xếp theo thứ tự tăng dần mà số đứng sau chia hết cho số đứng trước dãy lồng Độ dài số phần tử dãy Theo đề khơng có dãy lồng có độ dài 13 mà số đứng sau chia hết cho số trước Với (1 ≤ i ≤ 2017, xét dãy lồng dài Trước hết ta chứng minh, hai dãy lồng dài xuất phát từ aj có độ dài k aj khơng bội Giả sử ngược lại, chia hết cho aj , dãy gồm aj tồn dãy xuất phát từ dãy lồng có độ dài k + > k, mâu thuẫn với tính chất độ dài dãy xuất phát từ dài Cuối cùng, ta có 169 số mà không số chia hết cho số Do khơng có dãy dãy dài có độ dài lớn 13 nên độ dài chúng ngắn 12 Mà có 2017 = 168.12 + Lấy 168 dãy ,mỗi dãy phần tử nhỏ (sinh dãy) phần tử lại S ta tập A có 169 số cần tìm Bài 21 Cho bảng hình chữ nhật kích thước 2017 × 2019 gồm 2017 × 2019 vng Biết tồn cách tô màu tất ô vuông bảng hai màu trắng đen cho hình chữ nhật kích thước 2x3 bảng có hai đen Tính số đen Hãy cách tô màu thỏa mãn điều kiện tốn (Quảng Bình) Lời giải Ta chứng minh hình chữ nhật × có đen phản chứng Giả sử ngược lại, tồn hình chữ nhật × chứa ô đen không chứa ô đen Ta cần chứng minh tồn hình chữ nhật × chứa đen (bởi khơng có đen hình chữ nhật × cạnh chứa đen) • Nếu ô đen ô kề Giả sử 2, ô 4, 5, 7, tô màu trắng, suy 6, tơ đen Do hình chữ nhật × gồm 2, 3, 5, 6, 8, có tơ đen Mâu thuẫn 186 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ • Nếu ô đen ô không kề Giả sử hình vẽ Khi 7, tơ đen Do 10, 11, 12 tơ trắng Ta suy hình chữ nhật × gồm 2, 3, 10, 5, 6, 11 có đen Mâu thuẫn Vậy hình chữ nhật1 × chứa đen Bảng gồm 2017 × 2019 chia thành 2017 × 673 hình chữ nhật × nên có 1.357.441 đen Có thể tơ theo sơ đồ sau: Bài 22 Có 2019 đồng tiền xu mặt bàn, đồng xu có mặt sấp ngửa Theo thứ tự i = 1, 2, , 2019, bước thứ i phép chọn i đồng xu lật mặt chúng (bước chọn đồng, bước chọn đồng, , bước thứ 2019 chọn 2019 đồng) Chứng minh sau 2019 bước làm cho tất đồng xu trạng thái Giả sử ban đầu có đồng sấp, hỏi sau 2019 bước đưa tất đồng xu ngửa không? (Quảng Nam) Lời giải Trước hết chứng minh chuyển tất đồng xu trạng thái Chứng minh quy nạp theo số đồng xu số lẻ (a) Nếu có đồng xu, có điều chứng minh 2.8 Tổ hợp 187 (b) Giả sử với 2k + đồng xu chuyển tất trạng thái Xét 2k + đồng xu • Nếu có hai đồng xu C1 , C2 không trạng thái, giả sử C1 sấp C2 ngửa Theo giả thiết quy nạp ta chuyển đồng xu lại trạng thái sau 2k + bước, giả sử đồng xu sấp Bước thứ 2k + chuyển 2k + đồng xu C1 ngửa, bước thứ 2k + chuyển tất đồng xu sấp, có điều chứng minh • Nếu tất đồng xu trạng thái Ta xếp chúng theo thứ tự đường tròn Bước chọn đồng xu thứ 1, bước chọn đồng thứ 3, tiếp tục trình đến hết 2k + bước Khi tổng số lần thay đổi tất đồng xu + + + (2k + 3) = (2k + 3) (k + 2), điều chứng tỏ đồng xu thay đổi k + lần, suy chúng trạng thái Chứng minh làm cho đồng xu ngửa Nếu đồng xu ngửa đánh số sấp đánh số −1 Sau 2019 bước, tổng số lần thay đổi tất đồng xu + + + 2019 = 1010.2019 số chẵn, hay số lần thay đổi dấu tất đồng xu chẵn Suy tích tất số sau 2019 bước dấu với tích tất số ban đầu Mà ban đầu có đồng sấp nên tích ban đầu âm, suy tích số sau 2019 bước âm, hay thu trạng thái tất ngửa Ta có điều phải chứng minh Bài 23 Trong thi toán gồm có phần thi (phần thi đầu phần thi sau) có tất 28 câu hỏi phần thi Mỗi người giải xác câu hỏi Mỗi cặp câu hỏi giải người chơi Tìm số người chơi thi Chứng minh tồn người chơi khơng giải câu câu hỏi phần thi đầu (Quảng Ninh) Lời giải Giả sử có n người chơi A1 , A2 , An 28 tập T1 , T2 , , T28 , T1 , T2 , , Tm m phần thi thứ Ta gọi S số ba {Ak , Ti , Tj } Ak giải hai Ai , Aj Theo điều kiện đề ta có |S| = n.C72 = 2.C28 ⇒ n = 36 Suy n = 36 Vậy có tất 36 người chơi thi 188 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Với Ti , giả sử có r người A1 , A2 , , Ar giải Ti , A1 , A2 , , Ar phải giải thêm khác ngồi Ti nên có 6r ba tính S có chứa Ti Mặt khác, với Tj (j = i, ≤ j ≤ 28) có xác người giải Ti , Tj người phải thuộc A1 , A2 , , Ar Có tất 2.27 = 54 chứa Ti S Vậy 6r = 54 hay r = Điều có nghĩa tập giải người Giả sử điều cần chứng minh sai, số tập giải người phần thi đầu 1, Gọi x, y, z số người giải 1, 2, theo thứ tự Ta có x + y + z = 36 (2.89) Ta đếm số cặp (Ai , Tj ) tập Tj phần thi giải Ai Do giải người nên (2.90) x + 2y + 3z = 9m Ta đếm số ba {Ak , Ti , Tj } Ak giải Ti , Tj phần thi đầu tiên: C22 y + C32 z = 2.Cm (2.91) Từ (2.89), (2.90) (2.91) ta thu x = m2 − 19m + 108, y = −2m2 + 29m − 108, z = m2 − 10m + 36 Tuy nhiên 29 y = −2m + 29m − 108 = −2 m − 2 − 23 < 0, vô lý, y số nguyên không âm Vậy điều ta giả sử sai Ta có điều phải chứng minh Bài 24 Đặt S = {(a, b, c, d)|a, b, c, d ∈ N} Ánh xạ f từ S vào S định nghĩa ∀X = (a, b, c, d) ∈ S : f (X) = (|a − b|, |b − c|, |c − d|, |d − a|) Chứng minh ∀X ∈ S : f4 (X) toàn số chẵn Tồn số tự nhiên n cho fn (X) = (0, 0, 0, 0) (trong đó, f1 (X) = f (X), fn (X) = f (fn−1 (X))∀n ≥ 2) (Quảng Trị) Lời giải 2.8 Tổ hợp 189 Để ý |a − b| ≡ a + b (mod 2) Suy f (X) ≡ (a + b, b + c, c + d, d + a) (mod 2), f2 (X) ≡ (a + c, b + d, c + a, d + b) (mod 2), f3 (X) ≡ (a + b + c + d, a + b + c + d, a + b + c + d, a + b + c + d) (mod 2), f4 (X) = (0, 0, 0, 0) Nhận xét f (2X) = 2f (X) Ta kí hiệu mk số lớn thành phần fk (X) Rõ mk ≥ mk+1 m4 m8 m4k Từ hai ý trên, kết hợp với câu 1, ta suy dãy m0 , , , , k , dãy gồm số tự nhiên, không tăng Nên m4k > ∀ k dãy dãy giảm thực sự, vơ lí Vậy tồn m4k = với k Ta thu điều phải chứng minh Bài 25 Cho số nguyên dương n S = {1, 2, , n} Gọi cn số tập S mà chứa 2nFn+1 − (n + 1) Fn , hai số nguyên dương liên tiếp Chứng minh cn = (Fn ) dãy Fibonacci (Thanh Hoá) Lời giải Gọi Cn họ tập S mà chứa hai số nguyên dương liên tiếp An họ tập S (kể tập rỗng) mà không chứa hai số nguyên dương liên tiếp Mỗi tập C ∈ Cn+2 gồm loại: Loại gồm tập chứa n + 2, n + 1, loại gồm tập không chứa n + 2, loại gồm tập chứa n + không chứa n + • Nếu C tập loại C khơng chứa n (vì C chứa n C chứa hai cặp số nguyên liên tiếp n, n + n + 1, n + 2) Bỏ khỏi C phần tử n + 1, n + 2, ta tập {1, 2, , n − 1} không chứa hai số nguyên dương liên tiếp, suy phần tử An−1 Ngược lại với tập A An−1 tập C = A ∪ {n + 2, n + 1} tập loại Cn+2 Phép tương ứng song ánh Vậy, số tập loại số phần tử An−1 |An−1 | • Mỗi tập loại rõ ràng tập Cn+1 ngược lại Vậy, số tập loại cn+1 • Nếu C tập loại C khơng chứa n + Do loại bỏ khỏi C phần tử n + 2, ta tập Cn Ngược lại, với tập B Cn tập C = B ∪ {n + 2} tập loại Cn+2 Vậy, số tập loại cn Từ ta có hệ thức sau: cn+2 = cn+1 + cn + |An−1 | (2.92) 190 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Bây ta cần tìm an = |An | Dễ thấy a1 = 2, a2 = 3, a3 = Mỗi tập A ∈ An+ gồm loại: Loại gồm tập chứa n + Loại gồm tập không chứa n + Nếu A tập loại A khơng chứa n + (vì chứa n + A chứa hai cặp số nguyên liên tiếp n + n + 2) Do bỏ khỏi A phần tử n + 2, ta tập An Ngược lại với tập B An tập A = B ∪ { n + } tập loại An+2 Do số tập loại an Mỗi tập loại rõ ràng tập An+1 ngược lại Vì số tập loại an+1 Do ta có hệ thức: an + = an + + an Mặt khác, với dãy Fibonacci, ta có Fn + = Fn + + Fn Vì a1 = F3 = 2, a2 = F4 = 3, a3 = F5 = Ta suy an = F n + (2.93) Từ (2.92) (2.93) ta có hệ thức cn+2 = cn+1 + cn + Fn+1 Từ quy nạp sử dụng hệ thức truy hồi dãy Fibonacci cho (2.93), ta có 2nFn+1 − (n + 1) Fn cơng thức cn =