SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh ——————–o0o——————– NGUYỄN TẤT THU CHUYÊN ĐỀ LỚP 10 TOÁN MỘT SỐ NGUYÊN LÝ TRONG GIẢI TOÁN Biên Hòa 2018 —————– 2 Mục lục 1 Các phương pháp giải toán 5 1 Phương pháp quy nạp toán học 5 I Mở đầu 5 II Nguyên lí quy nạp 5 III Một số ví dụ 6 IV Bài tập 9 2 Nguyên lí Dirichlet 15 I Sử dụng nguyên lí Dirichlet 15 II Nguyên lí Dirichlet 15 1 Nguyên lí Dirichlet 15 2 Nguyên lí Dirichle mở rộng 15 3 Nguyên lí Dirichle cho tập hợp 15 4 Nguyên.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh ——————–o0o——————– NGUYỄN TẤT THU CHUYÊN ĐỀ LỚP 10 TOÁN MỘT SỐ NGUYÊN LÝ TRONG GIẢI TOÁN Biên Hòa - 2018 —————– Mục lục Các phương pháp giải toán Phương pháp quy nạp toán học I Mở đầu II Nguyên lí quy nạp III Một số ví dụ IV Bài tập Nguyên lí Dirichlet I Sử dụng nguyên lí Dirichlet II Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichle mở rộng Nguyên lí Dirichle cho tập hợp Nguyên lí Dirichle hình học III Ví dụ IV Bài tập Nguyên lí cực hạn I Ví dụ II Bài tập Nguyên lí bất biến I Ví dụ II Bài tập 5 5 15 15 15 15 15 15 15 15 18 20 20 21 23 23 24 MỤC LỤC Chương Các phương pháp giải tốn §1 I Phương pháp quy nạp toán học Mở đầu Quy nạp phương pháp mạnh sử dụng nhiều Toán học Trong tổ hợp, phương pháp quy nạp sử dụng để giải toán đếm, toán chứng inh tồn tại, toán cực trị, Trong viết này, xin trao đổi số áp dụng phương pháp quy nạp vào toán chứng minh tồn cực trị tổ hơp II Nguyên lí quy nạp Quy nạp toán học phương pháp mạnh để chứng minh phát biểu phụ thuộc vào số tự nhiên Cho (P (n))n≥0 dãy mệnh đề Phương pháp quy nạp toán học sử dụng để chứng minh P (n) với n ≥ n0 với n0 số tự nhiên Phương pháp quy nạp tốn học (dạng yếu): Giả sử • P (n0 ) • Với k ≥ n0 P (k) P (k + 1) Khi P (n) với n ≥ n0 Phương pháp quy nạp toán học (bước nhảy s): Cho s số nguyên dương Giả sử • P (n0 ) , P (n0 + 1) , , P (n0 + s − 1) • Với k ≥ n0 , P (k) kéo theo P (k + s) Khi P (n) với n ≥ n0 Phương pháp quy nạp tốn học (Dạng mạnh): Giả sử • P (n0 ) • Với k ≥ n0 , P (m) với m mà n0 ≤ m ≤ k kéo theo P (k + 1) Khi P (n) với n ≥ n0 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN III Một số ví dụ Ví dụ Chứng minh 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1) (1) k(k + 1)(2k + 1) (1.1) với số tự nhiên n ≥ Lời giải Với n = 1, ta có (1) đúng, hai vế Giả sử (1) với n = k, k ≥ Tức 12 + 22 + 32 + · · · + k = ta cần chứng minh (1) với n = k + 1, tức 12 + 22 + 32 + · · · + k + (k + 1)2 = (k + 1)(k + 2)(2k + 3) (2.1) Thật V T (2.1) = k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2 = (k + 1) = (k + 1) k(2k + 1) +k+1 2k + 7k + (k + 1)(k + 2)(2k + 3) = = V P (2.1) 6 Từ ta có đpcm Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n ≥ ta ln có 3n > 3n + (2) Lời giải Với n = ta có: V T (2) = 32 = > V P (2) = 3.2 + = nên (2) với n = Giả sử (2) với n = k ≥ 2, tức là: 3k > 3k + Ta chứng minh (1) với n = k + 1, tức : 3k+1 ≥ 3(k + 1) + = 3k + (1.2) (2.2) Thật vậy: 3k+1 = 3.3k > 3(3k + 1) = 3k + + (6k − 1) > 3k + nên (2.2) Vậy tốn chứng minh Ví dụ Cho hàm số f : R → R, n ≥ 2là số nguyên Chứng minh f (x) + f (x) x+y ≥f ∀x, y ≥ (3.1) với ∀xi ≥ 0,i = 1, n ta có: 2 f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) ≥f n x + x2 + + xn n (3.2) PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Lời giải • Ta chứng minh (3.2) với n = 2k , k ≥ +) Với k = (3.2) (do (3.1)) +) Giả sử (3.2) với n = 2k , ta chứng minh (3.2) với n = 2k+1 Thật vậy: f (x1 ) + + f (x2k ) ≥ 2k f ≥ 2k f x1 + + x2k f (x2k +1 ) + + f (x2k+1 ) 2k x2k +1 + + x2k+1 2k Do đó: x1 + + x2k x2k +1 + + x2k+1 + 2k f k 2k x1 + + x2k + x2k +1 + + x2k+1 ≥ 2k+1 f 2k+1 f (x1 ) + + f (x2k+1 ) ≥ 2k f Do (3.2) với n = 2k • Giả sử (3.2) với n = k + ≥ 3, tức f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xk+1 ) ≥f k+1 x1 + x2 + + xk+1 k+1 (3.3) x1 + x2 + + xk k (3.4) Ta chứng minh (3.2) với n = k, tức f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xk ) ≥f k Thật vậy: Đặt xk+1 = x1 + x2 + + xk x = , áp dụng (3.3) ta có k k x x f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xk ) + f x1 + x + + k ≥f k k+1 k+1 Hay f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xk ) ≥f k x1 + x2 + + xk k Vậy tốn chứng minh Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 2, tồn tập hợp S có n số nguyên dương phân biệt cho (a − b)2 ước a · b với a, b ∈ S Lời giải Với n = ta chọn S2 = {0, 1} Giả sử tồn tập Sn = {a1 , a2 , · · · , an } thỏa yêu cầu toán Gọi x bội chung nhỏ số khác có dạng (a − b)2 với a, b ∈ Sn Đặt Sn+1 = {x + a |a ∈ Sn } ∪ {0} Khi |Sn+1 | = n + với a, b ∈ Sn+1 ta có : • Nếu ab = (a − b)2 |ab CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN • Nếu ab = 0, tồn i, j ∈ {1, 2, · · · , n} ; i = j cho a = x + , b = x + aj Khi (x + ) (x + aj ) = x2 + x (ai + aj ) + aj ≡ aj ≡ mod(ai − aj )2 , hay (a − b)2 = [(x + ) − (x + aj )]2 = (ai − aj )2 |(x + ) (x + aj ) = ab Vậy tốn chứng minh Ví dụ Trên đường tròn người ta điền n (n ≥ 3) số cho với số tổng hai số kề bên chia hết cho số Chứng minh tổng thương khơng vượt q 3n Lời giải Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp • n = Gọi ba số a, b, c , ta có a + b = xc b + c = ya c + a = zb Giả sử a = max {a, b, c} ta có ya = b + c ≤ 2a ⇒ y ∈ {1, 2} +) y = 2, ta có a = b = c nên x + y + z = +) y = 1, ta có b + c = a Giả sử b ≥ c, ta có zb = c + a = 2c + b ⇒ 2c = (z − 1) b ≥ b nên c ≤ b ≤ 2c Suy xc = a + b = c + 2b ≤ 5c ⇒ x ≤ zb = c + a = 2c + b ≤ 3b ⇒ z ≤ Do x + y + z ≤ Do đó, tốn với n = • Giả sử tốn với n ≥ 3, ta chứng minh toán với n + +) Nếu n + số cho ta có đpcm +) Xét trường hợp ngược lại, tồn a, b, c cho b, c xếp cạnh a a > max {b, c} b nằm a d, c nằm a e Ta có b + c = ma a + d = nb a + e = pc Do b + c < 2a nên m = hay b + c = a Suy c + d = (n − 1) b b + e = (p − 1) c Do vậy, ta bỏ a khỏi vịng trịn n số cịn lại thỏa u cầu đề bài, theo giả thiết quy nạp tổng thương n số không vượt 3n, tổng thương n + số không vượt 3n + = (n + 1) Vậy toán chứng minh 1 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC IV Bài tập Bài Chứng minh đẳng thức bất đẳng thức sau a) 1.22 + 2.32 + 3.42 + + (n − 1).n2 = b) 22 + 42 + + (2n)2 = c) d) n(n2 − 1)(3n + 2) với ∀n ≥ 12 2n(n + 1)(2n + 1) với ∀n ∈ N∗ 3 2n + 1 số nguyên dương phân biệt gọi tập “ tốt” a2016 ln chia hết cho tích a1 a2 ai−1 ai+1 an với i = 1, 2016 Tìm số nguyên dương i n lớn để tồn tập “tốt” có n phần tử Lời giải Giả sử A = {a1 , a2 , , an } tập “tốt” với a1 < a2 < < an Đặt P1 = a2 a3 an , theo đề ta có P1 |a2016 nên P1 ≤ a2016 Mặt khác P1 > an−1 nên 1 n − < 2016 ⇒ n < 2017 ⇒ n ≤ 2016 Ta chứng với ≤ n ≤ 2016 tồn tập “tốt” có n phần tử Với n = ta chọn A = {6, 18, 36} Giả sử A = {a1 , a2 , , ak } tập “tốt” với k < 2016 Đặt P = a1 a2 ak b0 = P, b1 = a1 P, b2 = a2 P, , bk = ak P Khi b1 b2 bk = P k a1 a2 ak P 2016 = b2016 Và b0 b1 bi−1 bi+1 bk = P k a1 ai−1 ai+1 ak b2016 i Do tập B = {b0 , b1 , , bk } tập “tốt” có k + phần tử Theo ngun lí quy nạp ta có đpcm 10 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Bài Chứng minh với ∀n ≥ 1, ∀x > ta có BĐT: xn (xn+1 + 1) ≤ xn + x+1 2n+1 Đẳng thức xảy nào? Lời giải Gọi (1) BĐT cần chứng minh Với n = ta cần chứng minh: x(x2 + 1) ≤ x+1 x+1 ⇔ 8x(x2 + 1) ≤ (x + 1)4 Hay là: x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + ≥ ⇔ (x − 1)4 ≥ (đúng) Suy với n = Đẳng thức xảy x = Giả sử (1) với n = k ≥ 1, tức là: xk (xk+1 + 1) ≤ xk + x+1 2k+1 (1.1) Ta cần chứng minh: xk+1 (xk+2 + 1) ≤ xk+1 + x+1 2k+3 (1.2) Thật vậy, ta có: x+1 2k+3 = x+1 2 x+1 2k+1 ≥ x+1 2 xk (xk+1 + 1) xk + Nên để chứng minh (1.2) ta cần chứng minh x+1 xk (xk+1 + 1) xk+1 (xk+2 + 1) ≥ xk + xk+1 + Hay x+1 2 (xk+1 + 1) ≥ x(xk+2 + 1)(xk + 1) (1.3) Khai triển (1.3) , biến đổi rút gọn ta thu được: x2k+2 (x − 1)2 − 2xk+1 (x − 1)2 + (x − 1)2 ≥ ⇔ (x − 1)2 (xk+1 − 1) ≥ BĐT hiển nhiên Đẳng thức có ⇔ x = Vậy toán chứng minh Bài Một người thợ ln phải lát phịng có kích thước 2n × 2n vng mảnh đá lát hình đơ-mi-nơ kích thước × vng mảnh đá lát hình thước thợ vng Anh ta phải lát kín phịng trừ lại ô vuông để trống không lát đá để trang trí đặc biệt Do giá thành viên đá lát hình thước thợ đắt nhiều giá thành viên đá lát hình đơ-mi-nơ, muốn sử dụng viên đá lát hình thước thợ tốt Anh ta nhận thấy dù vị trí đặc biệt đâu nữa, chưa lần phải dùng nhiều n viên gạch lát hình thước thợ để hồn thành cơng việc Hãy chứng minh khẳng định người thợ với số nguyên dương n 1 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Thước thợ 11 Đô-mi-nô Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Mọi hình chữ nhật có kích thước cạnh chia hết cho lát viên đá hình đơ-mi-nơ × Bổ đề hiển nhiên Bổ đề Mọi hình thước thợ tạo ba hình vng kích thức 2n × 2n lát số viên đá hình đơ-mi-nơ viên đá hình thước thợ Chứng minh: Kết luận hiển nhiên n = Giả sử kết luận cho n = k − ta chia hình thước thợ tạo hình vng kích thước 2k × 2k thành hình chữ nhật có cạnh chia hết cho thước thợ tạo hình vng kích thước 2k−1 × 2k−1 (như hình 1) Hình Hình Dễ thấy hình chữ nhật thu có đồ dài cạnh chia hết chúng lát viên đá đơ-mi-nơ theo Bổ đề Hình thước thợ gồm ô vuông 2k−1 × 2k−1 theo giả thiết quy nạp lạt viên đá đo-mi-nô viên đá hình thức thợ Trở lại tốn Với n = tốn hiển nhiên Giả sử kết luận toán với n = k − ≥ Xét phịng kích thước 2k × 2k vng Chia hình vng thành hình vng trống rời vào hình vng này, chẳng hạn rời vào góc phần tư thứ (hình 2) Theo giả thiết quy nạp cần khơng q k − viên đá lát hình thước thợ để lát hình vng góc phần tư thứ Để lát hình thước thợ gồm hình vng kích thức 2k−1 × 2k−1 , thi theo Bổ đề ta cần viên đá hình thước thợ Do đó, ta cần khơng qua (k − 1) + = k viên đá hình thước thợ để lát phịng kích thước 2k × 2k Vậy toán chứng minh Bài Một tập hợp A có ba phần tử tập số nguyên dương gọi tập “thô” với phần tử phân biệt a, b, c A a khơng bội (b, c), với (x, y) kí hiệu ước chung lớn hai số nguyên x y Chứng minh A tập “thơ” có n phần tử n ≥ max A ≥ (n2 − n − 1) Lời giải Bổ đề Từ 2n − số tự nhiên ta chọn n số, ln có hai n số chọn bội 12 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Thật vậy: Xét n số 2ki mi với ki số tự nhiên mi số nguyên dương lẻ Vì tập {1, 2, , 2n − 2} có n − số lẻ, suy n số {m1 , m2 , , mn } có hai số nhau, chẳng hạn mt = ml (t > l) Khi 2kt mt 2kl ml (đpcm) Nhận xét: Từ bổ đề ta thấy: Nếu lấy n số mà khơng có hai số bội max n số khơng nhỏ 2n − Bổ đề Nếu A = {a, b, c} tập “thơ” max {a, b, c} ≥ 15 Thật vậy: Vì {a, b, c} tập thơ nên (a, b) , (b, c), (c, a) ba số mà khơng có hai số bội Theo bổ đề 1, ta có max {(a, b) , (b, c) , (c, a)} ≥ Hơn < b a = nên (a, b) (a, b) max a b , (a, b) (a, b) ≥ Từ đó, suy max {a, b, c} ≥ max {(a, b) , (b, c) , (c, a)} ≥ 15 Trở lại toán Xét n = 4, đặt A = {a, b, c, d} Gọi x1 , x2 , · · · , x6 UCLN hai số thuộc tập A x = max {x1 , x2 , · · · , x6 } Ta có x ≥ 11 Dễ thấy x ∈ / A +) Nếu kx ∈ A với k ≥ max A ≥ 4.11 = 44 +) Nếu 2x ∈ A, 3x ∈ A Xét y ∈ A\ {2x, 3x} Nếu (y, 3) = (y, 3x) = (y, x) |2x (vơ lí) Do |y , hay A = {2x, 3x, 3y, 3z} Do A tập thô nên B = {x, y, z} tập thô, suy max A ≥ max {x, y, z} ≥ 3.15 = 45 > 44 Suy toán với n = Giả sử toán đến n − Ta chứng minh toán đến n Xét A tập thơ có n phần tử, có Cn2 UCLN hai phần tử thuộc A Đặt X = {x1 , x2 , · · · , xk } , k = Cn2 tập UCLN x = max X Theo chứng minh tương tự trường hợp n = ta xét 2x, 3x ∈ A Khi A = {2x, 3x, 3a1 , 3a2 , · · · , 3an−2 } Và tập Y = {x, a1 , a2 , · · · , an−2 } tập thô, nên max Y ≥ (n − 1)2 − (n − 1) − Suy max A ≥ 12 n2 − 3n + ≥ n2 − n + ∀n ≥ Vậy toán chứng minh Bài Cho n (n ≥ 2) số thực có tổng Hỏi n số có cặp có tổng khơng âm Lời giải Ta gọi cặp số thực có tổng khơng âm cặp "đẹp" f (n) số cặp đẹp n số thưc có tổng Ta có nhận xét sau: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 13 Nhận xét Nếu có n số thực có tổng k > số cặp đẹp khơng nhỏ f (n) Nhận xét Xét n số gồm n − số −1 số n − 1, ta thấy có n − cặp đẹp, f (n) ≤ n − Ta thấy f (2) = 1, f (3) = 1, f (4) = 3, f (5) = 3, f (6) = Ta chứng minh f (n) = n − 1, ∀n ≥ cách chứng minh f (n + 1) ≥ f (n) + ∀n ≥ (1) Thật vậy, ta xét n + số thực có tổng • Nếu n + số có số ta loại số ra, n số cịn lại có tổng nên số cặp đẹp n số f (n) Vì n số có số không a không âm nên a tạo thêm cặp đẹp, dẫn đến (1) • Xét n + số khác Gọi A, B tập số âm tập số dương n + số cho Ta có |A| + |B| = n + Xét a = A, a < 0, ta loại a n số cịn lại có tổng dương nên số cặp đẹp n số không nhỏ f (n) +) Nếu max B ≥ A tồn b ∈ B để a + b ≥ 0, số cặp đẹp thêm 1, nên (1) +) Nếu max B < A |A| < |B| f (n + 1) = C|B| Khi đó, n + = 2k + |B| ≥ k + nên f (n + 1) ≥ Ck+1 = k(k + 1) ≥ 2k ≥ f (n) + ∀k ≥ (n ≥ 6) Nếu n = 2k |B| ≥ k + chứng minh tương tự Bài Cho n ≥ chim đậu đường trịn (O), điểm có nhiều chim ◊ đậu Hai chim đậu điểm Pi , Pj gọi trông thấy P i OPj ≤ 120 Tìm theo n số nhỏ cặp chim trông thấy Lời giải Gọi f (n) số nhỏ cặp chim trông thấy (n − 1)2 Ta chứng minh f (n) = Ta có f (2) = 0, f (3) = nên toán với n = 2, n = (n − 1)2 n2 Giả sử f (n) = , n ≥ Ta chứng minh f (n + 1) = 4 Theo nguyên tắc cực hạn n + chim có chim trơng thấy nhiều chim nhất, giả sử chim đậu điểm A (ta gọi tắt A) m số chim mà A nhìn thấy Trên đường trịn lấy hai điểm X, Y cho ÷ = XOY ÷ =Y ÷ AOX OA = 1200 Vì A trông thấy m chim nên M chim nằm cung XAY tính hai điểm mút Do đó, cung nhỏ XY có n + − (m + 1) = n − m chim, chim trông thấy n − m − chim lại Suy số cặp chim trơng thấy, có A m tính chất A nên ta có m≥n−m−1⇒m≥ n−1 n ≥ 2 Số nhỏ cặp chim thấy n chim lại (trừ A) f (n) rõ ràng cặp chim trông thấy khác với m cặp chim trông thấy Do đó, ta có f (n + 1) = f (n) + m ≥ (n − 1)2 n + 14 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Ta chứng minh (n − 1)2 n n2 + = 4 (1) +) n = 2k V T (1) = k (k − 1) + n2 + [k] = k (k − 1) + k = k = = V P (1) 4 +) n = 2k + V T (1) = k + k + n2 = k2 + k = = V P (1) (n − 1)2 Do đó, ta chứng minh f (n) ≥ Ta trường hợp có dấu “=” n Trên đường trịn lấy hai điểm X, Y cho cung sđXY = 300 Cho chim đậu cung n+1 n = chim lại đầu cung nhỏ X Y đối xứng với cung XY nhỏ XY n − 2 qua tâm O Khi đó, chim nằm hai cung XY X Y trông thấy , đồng thời hai chim nằm hai cung XY X Y không trơng thấy Do đó, số cặp chim trơng thấy n n+1 n −1 2 + n+1 −1 2 = (n − 1)2 NGUN LÍ DIRICHLET §2 I 15 Ngun lí Dirichlet Sử dụng nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichle (hay nguyên lí chuồng thỏ) phát biểu đơn giản lại có nhiều ứng dụng tốn học đặc biệt ngun lí Dirichle cơng cụ mạnh để chứng minh toán tồn Sau đây, xét số ứng dụng ngun lí Dirichle cho tốn tồn II Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa thỏ Nguyên lí Dirichle mở rộng Nếu nhốt n thỏ vào m chuồng (m ≤ n) có chuồng chứa n+m−1 m Nguyên lí Dirichle cho tập hợp m |Si | > k |S| Khi Cho S tập hợp hữu hạn S1 , S2 , , Sm tập S cho i=1 tồn phần tử x ∈ S cho x chứa k + tập họ {S1 , S2 , , Sm } Ngun lí Dirichle hình học Cho hình phẳng (H) (Hi ), i = 1, n hình phẳng nằm (H) Kí hiệu S, Si n diện tích hình phẳng (H) (Hi ) Khi đó, S < Si tồn hai hình phẳng i=1 (Hi ), (Hj ) có giao khác rỗng với i, j ∈ {1, 2, , n} Để sử dụng nguyên lí Dirichle, ta cần tạo số chuồng số thỏ III Ví dụ Ví dụ Chứng minh n + số thuộc tập hợp {1, 2, 3, , 2n} chọn hai số mà số bội số Lời giải Viết n + số cho dạng: a1 = 2k1 b1 , a2 = 2k2 b2 , , an+1 = 2kn+1 bn+1 Trong b1 , b2 , , bn+1 số lẻ Ta có: ≤ b1 , b2 , , bn+1 ≤ 2n − Mặt khác khoảng từ đến 2n − có n số lẻ nên tồn hai số m < n cho bn = bm Khi đó, hai số an am có số bội số Ví dụ Chọn n + số 2n số tự nhiên từ đến 2n (n ≥ 2) Chứng minh số chọn có số tổng số chọn (kể trường hợp số hạng tổng ) Lời giải 16 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Giả sử a1 < a2 < < an < an+1 n + số chọn Xét n số: an+1 − a1 = b1 , an+1 − a2 = b2 , , an+1 − an = bn Trong tập 2n + số a1 , a2 , , an+1 , b1 , b2 , , bn tồn số nhau, hai số thuộc dãy a1 , a2 , , an+1 thuộc dãy b1 , b2 , , bn Ta có: an+1 − a1 = , suy an+1 = a1 + Ví dụ Trong mặt phẳng cho 2n + điểm cho với điểm ln có điểm mà khoảng cách chúng nhỏ Chứng minh tồn đường trịn 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 cịn lại ta có điều phải chứng minh Nếu B ∈ / (S), ta xét đường tròn (S ) = (B, 1) Khi với điểm C khác A B, ta có: AC < C ∈ (S) ⇒ BC < C ∈ (S ) Do 2n − điểm cịn lại ( khác A B) thuộc (S) thuộc (S ) nên hai đường trịn chứa n điểm Hay đường trịn chứa n + điểm 2n + điểm cho Ví dụ Cho đa giác lồi 2018 cạnh có tọa độ nguyên Chứng minh đa giác có 403 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) = · 180◦ Suy đỉnh A, B, C, D, E tồn hai đỉnh chung cạnh tổng hai góc lớn 180◦ Giả sử hai góc A + B > 180◦ Mặt khác: A + B + C1 + D1 = 360◦ ⇒ A + E1 > 180◦ B + C1 > 180◦ Giả sử B + C1 > 180◦ 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 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 2 NGUYÊN LÍ DIRICHLET 17 Xét hàng chứa a9 Tổng số dòng chứa a9 S(a9 ) ≤ 100 + 99 + a9 + a9 − + + a9 − = 8a9 + 171 < 8a9 + 180 ≤ a0 + a1 + + a9 (đpcm) Ví dụ Trong thi Tốn có 65 học sinh tham gia đến từ hai trường Mỗi học sinh thi mơn Tốn, Lí, Hoá, Anh Văn Biết học sinh thi mơn có hai học sinh tuổi Chứng minh 65 học sinh có học sinh đến từ trường, thi môn tuổi Lời giải Giả sử học sinh thoả u cầu tốn Vì có 65 học sinh đến từ hai trường nên có 33 học sinh đến từ trường Xét 33 học có học sinh thi môn Ta xét học sinh này: Lấy học sinh học sinh Khi có hai học sinh tuổi, ta giả sử hai học sinh A1 , B1 Ta loại hai học sinh lại học sinh học sinh ta tìm hai học sinh tuổi A2 , B2 Sau loại hai học sinh ta lại học sinh tiếp tục chọn học sinh A3 , B3 Xét học sinh A1 , A2 , A3 ta có tuổi ba học sinh đôi khác Xét học sinh gồm ba học sinh A1 , A2 , A3 với ba học sinh lại, hai học sinh cịn lại ta kí hiệu A4 , B4 tuổi Xét học sinh gồm học sinh A1 , A2 , A3 , A4 học sinh cịn lại (ta kí hiệu A5 ) Khi A5 tuổi với học sinh A1 , A2 , A3 , A4 Chẳng hạn A5 , A1 tuổi Khi A1 , B1 , A5 thoả yêu cầu toán Điều mâu thuẫn với điều giả sử Vậy tốn chứng minh Ví dụ Mỗi đỉnh cửu giác (đa giác cạnh) tô hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn hai tam giác có đỉnh đỉnh cửu giác, đồng dạng với đỉnh tô màu Lời giải A6 A5 A7 A4 A8 O A3 A9 A2 A1 Chúng ta gọi tam giác đỏ (xanh) tất đỉnh tam giác tô màu đỏ (xanh) Vì đỉnh cửu giác tơ hai màu nên theo ngun lí Drichle, có đỉnh 18 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN tơ màu Ta giả sử đỉnh tơ màu đỏ Suy có C53 = 10 tam giác đỏ, kí hiệu T tập gồm 10 tam giác đỏ Ta chứng minh 10 tam giác đỏ này, có hai tam giác đồng dạng với Đặt cửu giác A1 A2 A9 đường tròn (O) đường tròn ngoại tiếp cửu giác Khi cửu giác chia đường (O) thàng cung nhỏ Ta gọi cung nhỏ “lá” Xét tam giác Ai Aj Ak với Ai Aj ≤ Aj Ak ≤ Ak Ai Gọi aij số “lá” nằm cung Ai Aj không chứa Ak ; ajk , aki định nghĩa tương tự Ta thấy tam giác Ai Aj Ak tương ứng với (aij , ajk , aki ) thỏa ≤ aij ≤ ajk ≤ aki ≤ aij + ajk + aki = Ví dụ tam giác A3 A5 A9 tương ứng với (2; 3; 4) Chia T thành tập Ti mà tập Ti chứa tam giác đồng dạng a+b+c=9 thuộc T Như Ti tương ứng với nghiệm phương trình 1≤a≤b≤c≤7 (*) ngược lại Phương trình (*) có nghiệm: (1; 1; 7) , (1; 2; 6), (1; 3; 5), (1; 4; 4), (2; 2; 5), (2; 3; 4) , (3; 3; 3) Do ta có tập Ti , mà T có 10 tam giác nên theo ngun lí Dirchle, tập Ti có tập chứa hai tam giác Bài toán giải IV Bài tập Bài Trong hình vng có cạnh đặt 51 điểm phân biệt Chứng minh có ba số 51 điểm nằm hình trịn bán kính Bài Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 vng Chứng minh 101 vng có 26 vng không chung cạnh chung đỉnh Lời giải Tô màu xen kẽ ô màu Hàng thứ tô Xanh, Đỏ xen kẽ, hàng thứ hai tô Trắng, Đen xen kẽ Khi có màu tơ 26 ô Bài Xét 100 số nguyên dương a1 , a2 , , a100 ; ≤ 100 với i = 1, 2, , 100 a1 + a2 + + a100 = 200 Chứng minh 100 số ln tồn vài số có tổng 100 Lời giải • Nếu = aj với i, j ta có điều phải chứng minh • Nếu tồn hai số khác nhau, chẳng hạn a1 = a2 Xét số a1 , a2 , a1 + a2 , a1 + a2 + a3 , , a1 + a2 + + a99 Nếu số trên, có số chia hết cho 100 ta có đpcm Nếu số trên, khơng có số chia hết cho 100 số có hai số có số dư chia cho 100 Hiệu hai số tổng cần tìm Bài Cho 69 số nguyên dương phân biệt không vượt 100 Chứng minh chọn số a, b, c, d cho a < b < c a + b + c = d Lời giải Giả sử số ≤ a1 < a2 < < a69 ≤ 100 Khi a1 ≤ 32 Xét hai dãy sau: < a1 + a3 < a1 + a4 < < a1 + a69 ≤ 132 (1) < a3 − a2 < a4 − a2 < < a69 − a2 ≤ 132 (2) (1) (2) có 134 số hạng đoạn [1; 132] suy có số thuộc hai dãy Ta có đpcm 2 NGUYÊN LÍ DIRICHLET 19 Bài Xét tập hợp S = {(x; y) |x, y ∈ Z, ≤ x, y ≤ } Chọn phần tử thuộc S Chứng minh phần tử chọn, tìm phần tử (x1 ; y1 ) , (x2 ; y2 ) , (x3 ; y3 ) , (x4 ; y4 ) cho x1 + x2 + x3 + x4 chia hết cho y1 + y2 + y3 + y4 chia hết cho Lời giải Ta chia phần tử S vào nhóm theo tính chẵn lẻ tọa độ: (C; C) , (C; L) , (L; C) (L, L) Giả sử nhóm có k phần tử (x1 , y1 ) , , (xk , yk ) ta lập phần tử x1 + xk y + y k x1 + x2 y + y , , , , Ta k − phần tử khác thuộc S 2 2 Từ nhóm ta có − = phần tử Trong phần tử này, có phần tử có tọa độ có tính chẵn lẻ Từ đẳng thức x1 + x2 x3 + x4 + x1 + x2 + x3 + x4 2 = ta suy điều phải chứng minh Bài Cho tập S = {1, 2, 3, , 99} A tập S mà |A| = 835 Chứng minh tồn phần tử a, b, c, d thuộc A cho: a + 2b + 3c = d Lời giải Đặt A = {a1 , a2 , , a835 } với a1 < a2 < < a835 Xét hiệu d = a835 − 3a1 = 3(a835 − a1 ) − 2a835 ≥ · 834 − · 999 = 504 Do 166 cặp số sau phân biệt (d − 2; 1) , (d − 4; 2), , (d − 2.165; 165), (d − 2.166; 166) Vì có 164 phần tử S không thuộc tập A, nên cặp tồn cặp (x; y) với y = a1 mà x, y ∈ A, giả sử cặp (d − 2k; k) với k ∈ {1, 2, , 166} Khi ta có ngay: x + 2y + 3a1 = a835 , suy đpcm Bài Trong mặt phẳng Oxy, cho 19 điểm có toạ độ nguyên, khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh có điểm 19 điểm cho tạo thành tam giác có trọng tâm điểm có toạ độ số nguyên Bài √ Cho ngũ giác lồi ABCDE có độ dài cạnh độ dài đường chéo không vượt Lấy 2011 điểm phân biệt tùy ý nằm ngũ giác Chứng minh tồn hình trịn đơn vị có tâm nằm cạnh ngũ giác cho chứa 403 điểm số điểm lấy 20 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN §3 Ngun lí cực hạn Một tập hợp hữu hạn số thực ln có phần tử lớn phần tử nhỏ Một tập N ln có phần tử nhỏ Nguyên lý đơn giản nhiều trường hợp có ích cho việc chứng minh Hãy xét trường hợp biên! Đó nguyên lý I Ví dụ Ví dụ Có nhóm học sinh, nhóm có 100 em Biết học sinh nhóm quen với 101 em học sinh hai nhóm cịn lại Chứng minh ta chọn nhóm học sinh cho ba học sinh đơi quan Lời giải Gọi A học sinh có nhiều bạn trường khác Gọi số bạn nhiều k Giả sử A trường thứ tập bạn quen A M = {B1 , B2 , , Bk } trường thứ Cũng theo giả thiết, có học sinh C trường thứ quen với A Vì C quen không k học sinh trường thứ nên theo giả thiết C quen với n + − k học sinh trường thứ hai, đặt N = {D1 , D2 , , Dm } người quen C trường thứ hai m ≥ n + − k Vì M , N thuộc tập hợp gồm n học sinh |M | + |N | ≥ k + n + − k = n + nên ta có M ∪ N = ∅ Chọn B thuộc M ∪ N ta có A, B, C đơi quen Ví dụ Chứng minh không tồn n > lẻ để 15n + chia hết cho n Lời giải Giả sử tồn số nguyên lẻ n > cho 15n + chia hết cho n Gọi p ước số nguyên tố nhỏ n, p lẻ Giả sử k số nguyên dương nhỏ cho 15k − chia hết cho p (số k gọi bậc 15 theo modulo p) Vì 152n − = (15n − 1)(15n + 1) chia hết cho p Mặt khác, theo định lý nhỏ Fermat 15p−1 − chia hết cho p Theo định nghĩa k, suy k ước số số p − 2n Suy k| (p − 1, 2n) Do p ước số nguyên tố nhỏ n nên (n, p − 1) = Suy (p − 1, 2n) = Vậy k| Từ k = k = Cả hai trường hợp dẫn tới p = Nhưng điều mâu thuẫn 15n + ln đồng dư mod Ví dụ Cho hai số nguyên dương a, b nguyên tố Chứng minh tồn hai số nguyên x, y cho ax + by = Lời giải Đặt A = {ax + by > |x, y ∈ Z} Vì a = 1.a + 0.b, b = 0.a + 1.b nên a, b ∈ A, A = ∅ Suy tập A tồn phần tử nhỏ Gọi d phần tử nhỏ tập A, ta chứng minh d = Đặt a = dq + r, ≤ r < d Vì d ∈ A d ≤ a nên q > tồn x, y ∈ Z cho d = xa + yb Suy qd = axq + byq ⇔ a − r = axq + byq ⇔ r = (1 − xq) a − yqb = x a + y b, với x , y ∈ Z Do tính nhỏ d nên ta có r = hay a d Chứng minh tương tự, ta có b d Mà (a, b) = nên ta có d = Bài tốn chứng minh Ví dụ Trong mặt phẳng cho 2015 đường thẳng phân biệt cho ba đường thẳng đồng quy điểm Chứng minh 2015 đường thẳng qua điểm 3 NGUYÊN LÍ CỰC HẠN 21 Lời giải Giả sử 2015 đường thẳng cho không đồng quy A K điểm Xét tất khoảng cách khác từ giao điểm 2015 đường thẳng đường thẳng Vì E khoảng cách hữu hạn nên tồn khoảng cách h nhỏ Giả sử h = d (A, ∆) = AH với A giao điểm, ∆ 2015 đường thẳng B H C D cho H chân đường vng góc hạ từ A xuống ∆ Vì qua A có ba đường thẳng qua Giả sử ba đường thẳng cắt đường thẳng ∆ điểm B, C, D Trong ba điểm B, C, D có điểm nằm phía so với điểm H, ta giả sử C, D HC < HD Gọi E, K hình chiếu vng góc C H lên đường thẳng AD Ta có CE < HK < AH , suy vơ lí AH khoảng cách nhỏ Vậy tốn chứng II Bài tập Bài Cho n điểm xanh n điểm đỏ mặt phẳng, khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh ta nối 2n điểm n đoạn thẳng có đầu mút khác màu cho chúng đơi không giao Bài Trên mặt phẳng cho × 2011 điểm, khơng có điểm thẳng hàng Người ta tô 2011 điểm bẳng màu đỏ tơ 2011 điểm cịn lại màu xanh Chứng minh rằng: tồn cách nối tất điểm màu đỏ với tất điểm màu xanh 2011 đoạn thẳng khơng có điểm chung Lời giải Ta nhận thấy tồn cách nối 2011 cặp điểm với 2011 đoạn thẳng có 2011 cặp điểm nên số cách nối hữu hạn dùng tổ hợp ta tính số xác cách nối Và hiển nhiên hữu hạn cách nối ta ln tìm cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng ngắn Ta chứng minh cách nối cách mà cần tìm Thật vậy: Giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX BY mà cắt điểm O ( giả sử A B tơ màu đỏ, cịn X Y tơ màu xanh) Khi đó, ta thay đoạn thẳng AX BY hai đoạn AY BX, đoạn cịn lại giữ ngun ta có cách nối có tính chất: AY + BX < (AO + OY ) + (BO + OX) = (AO + OX) + (BO + OY ) ⇒ AY + BX < AX + BY Như vậy, việc thay hai đoạn thẳng AX BY hai đoạn thẳng AY BX , ta nhận cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng nhỏ Vơ lý, trái với giả thiết chọn cahcs nối có tổng độ dài bé Điều vơ lí chứng tỏ cách nối có tổng độ dài đoạn thẳng ngắn khơng có điểm chung Bài Một nước có 80 sân bay, mà khoảng cách hai sân bay khác Mỗi máy bay cất cánh từ sân bay bay đến sân bay gần Chứng minh rằng: sân bay khơng thể có q máy bay đến Lời giải Từ giả thiết suy máy bay tư sân bay M N đến sân bay O khoảng cách ◊ M N lớn cạnh tam giác M ON , M ON > 60◦ Giả sử máy bay bay từ sân bay M1 , M2 , M3 , M4 , ,Mn đến sân bay O 22 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 360◦ Ÿ (i, j, n = 1, 2, 3, 4, 5, , 80 ) tổng góc cho góc M OM khơng lớn i j n 360◦ 360◦ Do đó, ta có > 60◦ ⇒ n < Suy điều phải chứng minh n Bài Chứng minh rằng: Bốn hình trịn có đường kính bốn cạnh tự giác lồi phủ kín miền tứ giác ABCD Lời giải Lấy M điểm tùy ý tứ giác lồi ABCD Có hai khả xảy ra: • Nếu M nằm biên đa giác (tức M nằm cạnh tứ giác ABCD) Khi M nằm hình trịn có đường kính cạnh Trong trường hợp kết luận toán hiển nhiên ◊ ◊ ◊ ◊ • Nếu M nằm bên tứ giác lồi ABCD Khi ta có AM B + BM C + CM D + DM A = 360◦ Theo nguyên lí cực hạn, tồn ◊ ◊ ◊ ◊ ◊ max{AM B, BM C, CM D, DM A} = BM C ◊ Khi : BM C ≥ 90◦ (1) Từ (1) suy M nằm ( nằm trên) đường trịn đường kính BC Vậy dĩ nhiên M bị phủ đường tròn Như M điểm tùy ý tứ giác ABCD, ta suy bốn hình trịn nói phủ kín tứ giác lồi cho Bài Có nhóm học sinh, nhóm có n(n ≥ 2) học sinh Biết học sinh quen với n + học sinh hai nhóm cịn lại Chứng minh từ nhóm ta chọn học sinh cho ba học sinh chọn đôi quen Lời giải Trong học sinh ta gọi A học sinh mà có số người quen nhiều với học sinh nhóm khác.Giả sử A nhóm quen với k (k ≤ n) học sinh B1 , B2 , , Bk nhóm Khi A quen với học sinh nhóm thứ Ta giả sử A quen với C nhóm thứ Vì C quen với khơng q k học sinh nhóm thứ nên C quen với n + − k học sinh nhóm thứ hai Giả sử C quen với m học sinh B1 , B2 , , Bm nhóm thứ với m ≥ n + − k Nếu hai tập {B1 , B2 , , Bk } B1 , B2 , , Bm khơng có phần tử chung ta có m + k ≤ n điều vơ lí m + k ≥ n + > n Vậy tồn học sinh B nằm hai nhóm Khi ba học sinh A, B, C ba nhóm đơi quen Bài tốn chứng minh 4 NGUN LÍ BẤT BIẾN 23 §4 Nguyên lí bất biến Bất biến đại lượng hay tính chất khơng thay đổi trạng thái khác thay đổi Bất biến có nhiều ứng dụng tốn học, toán chứng minh tồn trạng thái hay tính chất qua số lần thực thuật tốn I Ví dụ Ví dụ Lúc đầu ta ghi lên bảng cặp (1; 2) Từ lần thứ hai trở đi, bảng có cặp √ √ 3a − b a + 3b (a; b) ta phép ghi cặp ; Chứng minh không tồn cặp 2 √ √ 3; + ghi lên bảng? Lời giải Đặt Sn = a2n + b2n Ở bước thứ n + ta có: √ Sn+1 = 3an − bn 2 + Do đó, Sn đại lượng bất biến Mà √ S1 = = √ √ nên ghi cặp 3; + √ an + 3bn 2 + 1+ √ = a2n + b2n = Sn , Ví dụ 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 2m 3n Tuy nhiên 2013 2014 khơng có dạng nên ta khơng thể ghi số Ví dụ Hình trịn 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 Tơ 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 đen ln tính chẵn lẻ với số bi ban đầu ô đen Mà lúc đầu có 1007 viên bi nằm đen nên số bi ô đen 2014 Do khơng thể thực hiên u cầu tốn Ví dụ (IMO Shorlist C1, 2012) Một số số nguyên dương viết hàng Lựa chọn hai số kề x, y cho x > y x nằm bên trái y thay cặp (x; y) cặp (y + 1; x) (x − 1; x) Chứng minh trình thực hữu hạn lần 24 CHƯƠNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Lời giải Giả sử ta viết n số nguyên dương a1 , a2 , , an M = max{a1 , a2 , , an } Đặt S = a1 + 2a2 + + nan Mỗi lần đổi ta đổi cặp (ai ; ai+1 ) với > ai+1 thành cặp (c; ) với c = ai+1 + c = − Mỗi lần thay đổi tổng S thay đổi lượng d = ic + (i + 1)ai − (iai + (i + 1)ai+1 ) = (ai − ai+1 ) + i(c − ai+1 ) > Do đó, sau lần thay tổng S tăng thêm đơn vị Mà S ≤ (1 + + + n)M nên đến lúc q trình dừng lại Vậy toán chứng minh II Bài tập Bài Giả sử n số lẻ Đầu tiên ta viết số từ tới 2n bảng đen Sau ta chọn hai số xố chúng thay chúng |a − b| Chứng minh số lại cuối số lẻ Lời giải Gọi S tổng tất số bảng lúc đầu ta có S = + + + · · · + 2n = n(2n + 1) số lẻ n số lẻ Ta cần tìm đại lượng bất biến Nhận thấy sau lần thực thuật tốn đầu bàI nói S bị đại lượng có giá trị · min(a; b) Vì tính chẵn lẻ S giữ nguyên sau lần thực thuật tốn Trong trường hợp S ln số lẻ bảng cịn lại số số số lẻ Bài Một hình trịn chia làm cung Viết số 1, 0, 1, 0, 0, nên cung tròn (theo chiều ngược chiều quay kim đồng hồ ) Bạn cộng hai số cạnh với Có thể xảy trường hợp tới lúc tất số cung trịn hay khơng ? Lời giải Giả sử sau lúc hình trịn cịn lại số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 theo chiều kim đồng hồ Với giả thuyết toán, ta dễ dàng nhận thấy đại lượng L = a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − a6 khơng đổi (vì hiệu số ai+1 không đổi) ban đầu L = Vậy L Trường hợp L = xảy Vậy dễ dàng nhận thấy số cung trịn khơng thể Bài 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 khơng? Bài 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 khơng thể nhận hốn vị ban đầu Bài 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 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 Cho bảng 1991 × 1992 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 hay khơng ? NGUN LÍ BẤT BIẾN 25 Bài 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 P 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) → ab2 c; bc2 d; cd2 a; da2 b → b2 c2 ; c2 d2 ; d2 a2 ; a2 b2 Đặt tk = max {ak ; bk ; ck ; dk } giá trị lớn bước thứ k k Suy t2k = t2k = t22 Vì sau hữu hạn bước ta thi ban đầu nên t2 = Suy = ab.bc.cd.da ≤ t42 = ⇒ ab = bc = cd = da = ⇒ a = b = c = d = Rõ ràng với bạn đầu (1; 1; 1; 1) sau hữu hạn lần ta thu