lovetoan wordpress com TỔ HỢP

N gu yễ n T ất T hu Mục lục 1 Một số nguyên lí trong giải toán 3 1 Nguyên lí Dirichlet 3 I Nguyên lí Dirichlet 3 1 Nguyên lí Dirichlet 3 2 Nguyên lí Dirichle mở rộng 3 3 Nguyên lí Dirichle cho tập hợp 3 4 Nguyên lí Dirichle trong hình học 3 II Các ví dụ minh họa 3 III Bài tập 6 2 Nguyên lí quy nạp 8 I Nguyên lí quy nạp 8 II Ví dụ minh họa 8 III Bài tập 12 3 Nguyên lí cực hạn 15 I Ví dụ 15 II Bài tập 17 4 Nguyên lí bất biến Đơn biến 19 I Nguyên lí bất biến đơn biến 19 1 Khái niệm bất biến, đơn bi.

Mục lục 3 3 3 3 8 12 15 15 17 19 19 19 19 19 22 Các khái niệm phép đếm Hai quy tắc đếm I Quy tắc cộng II Quy tắc nhân III Bài tập Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp I Hoán vị II Chỉnh hợp III Tổ hợp IV Bài tập Nguyên lí bù trừ I Nguyên lí bù trừ II Ví dụ áp dụng III Bài tập Đếm hai cách I Một số kết thường dùng II Ví dụ minh họa III Bài tập 25 25 25 26 29 31 31 33 34 39 42 42 42 46 49 49 50 55 N gu yễ n Tấ t T hu Một số ngun lí giải tốn Ngun lí Dirichlet I Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichle mở rộng Nguyên lí Dirichle cho tập hợp Nguyên lí Dirichle hình học II Các ví dụ minh họa III Bài tập Nguyên lí quy nạp I Nguyên lí quy nạp II Ví dụ minh họa III Bài tập Nguyên lí cực hạn I Ví dụ II Bài tập Nguyên lí bất biến - Đơn biến I Nguyên lí bất biến - đơn biến Khái niệm bất biến, đơn biến Các bất biến, đơn biến thường hay dùng II Ví dụ III Bài tập MỤC LỤC yễ n Tấ t T hu Các phương pháp đếm nâng cao Phương pháp sử dụng ánh xạ I Định nghĩa II Đơn ánh, toàn ánh song ánh III Các ví dụ IV Bài tập Phương pháp truy hồi I Các ví dụ II Bài tập Phương pháp hàm sinh I Khái niệm hàm sinh tính chất Khái niệm hàm sinh Xây dựng số hàm sinh Công thức khai triển Newton mở rộng Định lí RUF II Các ví dụ minh họa III Bài tập Cực trị tổ hợp I Bài tập Định lí khơng điểm tổ hợp ứng dụng I Định lý không điểm tổ hợp II Ứng dụng III Các toán khác Liên tục rời rạc I Mở đầu II Một số ví dụ giải toán III Bài tập N gu Một số ngun lí giải tốn Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí quy nạp Nguyên lí cực hạn Nguyên lí bất biến - đơn biến Tổ hơp Hai quy tắc đếm Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp Nguyên lí bù trừ Đếm hai cách Các phương pháp đếm nâng cao Phương pháp ánh xạ toán Phương pháp truy hồi Phương pháp hàm sinh Cực trị tổ hợp Định lí khơng điểm tổ hợp đếm 58 58 58 58 58 65 67 67 72 74 74 74 74 75 76 77 83 84 100 108 108 110 111 113 113 113 119 122 122 127 138 142 148 148 154 166 176 187 187 193 206 209 239 Chương Một số ngun lí giải tốn §1 Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet T Nguyên lí Dirichlet Tấ t I hu 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 nguyên lí Dirichle cho tốn tồn Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa thỏ Nguyên lí Dirichle mở rộng yễ n gu 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 N 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 } Nguyên 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 II Các ví dụ minh họa Ví dụ 1.1 Chứng minh n + số thuộc tập hợp {1,2,3, ,2n} chọn hai số mà số bội số Viết n + số cho dạng: a1 = 2k1 b1 , a2 = 2k2 b2 , , an+1 = 2kn+1 bn+1 NGUN LÍ DIRICHLET 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 1.2 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 ) 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 + hu Ví dụ 1.3 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 Tấ t T 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 trịn (S ) = (B,1) Khi với điểm C khác A B, ta có: yễ n AC < C ∈ (S) ⇒ BC < C ∈ (S ) gu 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 N Ví dụ 1.4 Cho đa giác lồi 2018 cạnh có tọa độ nguyên Chứng minh đa giác có 403 điểm có tọa độ ngun 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 + E1 > 180◦ A + B + C1 + D1 = 360◦ ⇒ 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 ngun Từ ta có đpcm Ví dụ 1.5 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 NGUN LÍ DIRICHLET 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 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 1.6 Trong thi Tốn có 65 học sinh tham gia đến từ hai trường Mỗi học sinh thi mơn Tốn, Lí, Hố, 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 gu yễ n Tấ t T hu Giả sử khơng có 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 đơi 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 toán chứng minh N Ví dụ 1.7 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 A6 A5 A7 A4 A8 O A3 A9 A2 A1 NGUYÊN LÍ DIRICHLET Chúng ta gọi tam giác đỏ (xanh) tất đỉnh tam giác tơ màu đỏ (xanh) Vì đỉnh cửu giác tô hai màu nên theo ngun lí Drichle, có đỉnh tơ màu Ta giả sử đỉnh tô 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 thuộc T Như Ti tương ứng với nghiệm phương trình a+b+c=9 1≤a≤b≤c≤7 hu ngược lại Phương trình (*) có nghiệm: (∗) T (1; 1; 7) , (1; 2; 6), (1; 3; 5), (1; 4; 4), (2; 2; 5), (2; 3; 4) , (3; 3; 3) III Tấ t 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 Bài tập yễ n Bài 1.1 Trong hình vng cạnh n cho 6n2 + điểm Chứng minh tồn đường có bán kính chứa điểm 6n2 + điểm cho gu Bài 1.2 Trên tờ giấy kẻ caro lấy 101 vng Chứng minh 101 vng có 26 vng khơng chung cạnh chung đỉnh N Bài 1.3 Từ 625 số tự nhiên 1,2, ,624,625 ta chọn 312 số cho khơng có hai số có tổng 625 Chứng minh 312 số chọn, có số phương Bài 1.4 Cho tập hợp X = {1; 2; 3; ; 2015} Chứng minh ba phần tử tùy ý X ln có hai phần tử x1 ,x2 cho √ √ | x1 − x2 | < √ ÷ = 60◦ , BC = cm Bên tam giác cho Bài 1.5 Cho tam giác nhọn ABC có BAC 13 điểm Chứng minh 13 điểm ln tìm điểm mà khoảng cách chúng không lớn 1cm Bài 1.6 Cho tập hợp X gồm n số nguyên Chứng minh X ln có tập mà tổng số nguyên có tập hợp chia hết cho n Bài 1.7 Xét 20 số nguyên dương 1, 2, 3, , 20 Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ có tính chất: Với cách lấy k số phân biệt từ 20 số trên, lấy hai số phân biệt a b cho a + b số nguyên tố Bài 1.8 Trong mặt phẳng tọa độ, cho đa giác lồi có số cạnh lớn tất đỉnh có tọa độ nguyên (ta gọi chúng điểm nguyên) Chứng minh bên cạnh đa giác có điểm nguyên khác NGUYÊN LÍ DIRICHLET Bài 1.9 Cho 100 số tự nhiên khơng lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số số có tổng 100 Bài 1.10 Trong hình trịn bán kính cho 10 điểm Chứng minh tồn điểm số 10 điểm mà khoảng cách chúng khơng lớn Bài 1.11 Cho hình vng có cạnh 20 Bên hình vng chọn 2017 điểm phân biệt (không nằm cạnh hình vng) Xét tập hợp A có 2021 điểm gồm đỉnh hình vng 2017 điểm chọn Chứng minh tồn tam giác có đỉnh thuộc A với diện tích nhỏ 10 Bài 1.12 Trong mặt phẳng cho 8045 điểm mà diện tích tam giác với đỉnh điểm cho không lớn Chứng minh số điểm cho tìm 2012 điểm nằm nằm cạnh tam giác có diện tích khơng lớn hu Bài 1.13 Trong thi có 20 thí sinh Mỗi người phải thi vịng Điểm vòng thi cho số tự nhiên từ đến 10 Người ta so sánh điểm vòng thi tương ứng (vòng 1, vòng 2) thí sinh Người A gọi so sánh với người B điểm vòng thi A khơng nhỏ điểm vịng thi tương ứng B Biết khơng có hai thí sinh có cặp điểm số tương ứng Chứng minh chọn ba thí sinh A, B, C cho A so sánh với B B so sánh với C T Bài 1.14 Cho tập X gồm 100 số tự nhiên dương nhỏ 200 Chứng minh tồn tập T X cho tích phần tử tập T số phương Tấ t Bài 1.15 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 yễ n Bài 1.16 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 gu Bài 1.17 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 N Bài 1.18 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 Bài 1.19 (Olympic 30-4-2013, Lớp 10) Trong mặt phẳng Oxy, cho 19 điểm có toạ độ ngun, 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 1.20 (VMO 2011) √ 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 NGUYÊN LÍ QUY NẠP §2 Ngun lí quy nạp 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 minh tồn tại, toán cực trị, I Nguyên lí quy nạp Quy nạp tốn 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 toán học (dạng yếu): Giả sử • P (n0 ) • Với k ≥ n0 P (k) P (k + 1) hu Khi P (n) với n ≥ n0 Phương pháp quy nạp toán học (bước nhảy s): Cho s số nguyên dương Giả sử T • P (n0 ) , P (n0 + 1) , ,P (n0 + s − 1) • Với k ≥ n0 , P (k) kéo theo P (k + s) Tấ t Khi P (n) với n ≥ n0 Phương pháp quy nạp toán học (Dạng mạnh): Giả sử • P (n0 ) yễ n • Với k ≥ n0 , P (m) với m mà n0 ≤ m ≤ k kéo theo P (k + 1) Khi P (n) với n ≥ n0 Ví dụ minh họa gu II N Ví dụ 2.1 Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 2, tồn tập hợp S có n số tự nhiên phân biệt cho (a − b)2 ước a · b với a, b ∈ S 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 • 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 NGUN LÍ QUY NẠP Ví dụ 2.2 Trên đường trịn 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 3n 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 +) y = 2, ta có a = b = c nên x + y + z = +) y = 1, ta có b + c = a Giả sử b ≥ c, ta có hu ya = b + c ≤ 2a ⇒ y ∈ {1, 2} T zb = c + a = 2c + b ⇒ 2c = (z − 1) b ≥ b Tấ t nên c ≤ b ≤ 2c Suy xc = a + b = c + 2b ≤ 5c ⇒ x ≤ zb = c + a = 2c + b ≤ 3b ⇒ z ≤ yễ n Do x + y + z ≤ Do đó, tốn với n = N gu • 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 yêu cầu đề bài, theo giả thiết quy nạp tổng thương n số khơng vượt q 3n, tổng thương n + số không vượt 3n + = (n + 1) Vậy toán chứng minh Ví dụ 2.3 (Azerbaijan TST 2015) Tập A = {a1 ,a2 , ,an } gồmn > số nguyên dương phân biệt gọi tập “ tốt” a2016 ln chia hết cho tích a1 a2 ai−1 ai+1 an i với i = 1,2016 Tìm số nguyên dương n lớn để tồn tập “tốt” có n phần tử NGUYÊN LÍ QUY NẠP Giả sử A = {a1 ,a2 , ,an } tập “tốt” với a1 < a2 < < an Đặt P1 = a2 a3 an , theo đề Mặt khác P1 > an−1 nên nên P1 ≤ a2016 ta có P1 |a2016 1 n − < 2016 ⇒ n < 2017 ⇒ n ≤ 2016 Ta chứng với ≤ n ≤ 2016 ln 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 nguyên lí quy nạp ta có đpcm gu yễ n Tấ t T hu Ví dụ 2.4 (THTT T10/468) 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 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 Thước thợ Đô-mi-nô N 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 10 CỰC TRỊ TỔ HỢP Lập luận tương tự ta thu T0 = 12 82 + 22 72 + 32 62 + 42 52 Suy T ≥ T0 với cách viết số Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a+b+c+d+A+B+C +D S≤ 2 ≤ 102 − T0 ≤ 9420 − T = 1022 − T Mặt khác a = 12 , b = 32 , c = 72 , d = 52 , A = 82 , B = 62 , C = 22 , D = 42 , ta có S = 9420 Vậy giá trị lớn S 9420 Câu 4.34 Đáp số toán 1009 Gọi a số câu hỏi mà A hỏi để chắn biết tất số ghi thẻ Ta có nhận xét sau hu ◦ Trong nhóm thẻ hỏi lần hỏi có tối đa thẻ khơng đề cập đến câu hỏi khác Thực vậy, có hai thẻ câu hỏi mà khơng đề cập đến thẻ khác ta biết tập hai số ghi hai thẻ chắn biết số ghi thẻ Tấ t T ◦ Mỗi thẻ phải đề cập câu hỏi Thực vậy, thẻ khơng đề cập đến cho dù bạn A có biết tất số thẻ cịn lại A khơng thể suy số ghi thẻ kia, A tập tất số ghi thẻ yễ n Như vậy, có hai loại thẻ: Loại I gồm thẻ xuất lần câu hỏi Loại II gồm thẻ xuất hai lần câu hỏi Kí hiệu số thẻ Loại I x số thẻ Loại II 2017 − x, ≤ x ≤ 2017 Số lượt thẻ nhắc toàn câu hỏi 3a, ta có 3a ≤ x + × (2017 − x) = 4030 − x N gu Lại nhận xét thứ hai nên x ≤ a Thành thử 3a ≥ 4034 − a hay a ≥ a≤ 4034 = 1008.5 Vậy 4034 = 1009 Thành thử A phải hỏi a0 = 1009 câu hỏi muốn biết tất số ghi thẻ Ta chứng minh có trình hỏi a0 câu hỏi biết tất số ghi thẻ Xét nhóm thẻ bất kì, tạm đánh số thẻ 1,2,3,4,5,6 Bạn A hỏi Thầy giáo nhóm thẻ {1,2,3}, {3,4,5} {5,6,1} Sau nghe xong câu trả lời A suy số ghi thẻ 3,5,1 chúng thẻ xuất hai lần ba câu hỏi Khi tập hợp số ba thẻ hỏi, A biết tập hợp biết hai số ghi hai thẻ tương ứng Từ A suy số lại ghi hai thẻ Ví dụ nhóm {1,2,3} bạn A biết thẻ 1,3 ghi số biết tập hợp số ghi ba thẻ Do A suy thẻ ghi số ( số ghi thẻ đôi phân biệt) Vì 2017 ≡ ( mod 6) nên ta chia 2017 thẻ cho thành nhóm rời nhau, nhóm 2016 2016 ×3 = = 1008 câu thẻ thẻ dư Theo lập luận A hỏi Thầy hỏi để biết hết tất số ghi thẻ Cộng thêm với thẻ cuối dôi ra, A cần hỏi 1008 + = 1009 câu hỏi rõ tất số ghi thẻ Câu 4.35 Với hai điểm Ai , Aj ta kí hiệu Ai Aj cung Ai kết thúc Aj theo chiều kim đồng hồ kí hiệu m (Ai Aj ) số đo cung Một cung gọi tù 225 CỰC TRỊ TỔ HỢP m (Ai Aj ) ≥ 180◦ Nhận thấy m (Ai Aj ) + m (Aj Ai ) = 360◦ nên có hai cung tù Kí hiệu xs số cung tù mà hai đầu mút có s − điểm n Nếu s = i có cung Ai Ai+s , Ai+s Ai tù, tổng theo i ta xs + xn−s ≥ n Đẳng thức xảy đường kính Ai Ai+s Nhận thấy số tam giác khơng nhọn (tù vng) số góc khơng nhọn Mỗi cung tù chứa s − điểm có n − s − tam giác không nhọn (dùng hai điểm đầu mút cung kết hợp với điểm ngồi cung) Số lượng tam giác khơng nhọn N = x1 (n − 2) + x2 (n − 3) + · · · + xn−1 + xn−2 Theo bất đẳng thức ta đánh giá được: (s − 1) (xn−s + xs ) ≥ n + + · · · + N≥ s=1 n (n − 1) (n − 3) n lẻ (s − 1) (xn−s + xs )+ s=1 n (n − 2)2 n−2 n−4 n−2 n xn ≥ n + + · · · + = n chẵn + 2 2 Tấ t n−1 N≥ = T n−3 hu n−1 gu yễ n Dấu xảy BĐT không tồn điểm đối xứng qua tâm đường tròn n (n − 1) (n − 2) Số lượng tam giác có đỉnh điểm Cn3 = Vậy số tam giác nhọn N n (n − 1) (n − 2) n (n − 1) (n − 3) (n − 1) n (n + 1) − = n lẻ 24 n (n − 1) (n − 2) n(n − 2)2 (n − 2) n (n + 2) − = n chẵn 24 Câu 4.36 a) Xét toán tổng qt với bảng vng với kích thước n × n(n ≥ 2) Giả sử ngược lại, hai ô lân cận có hiệu nhỏ hay n − Với i = 1,2, ,n2 − n, ta đặt Ai = {1,2, ,i},Bi = {i + 1, ,i + n − 1}, Ci = {i + n, ,n2 }, ta nhận thấy số i ô vuông chứa số thuộc Ai không kề với chứa số thuộc Ci Vì |B| = n − < n nên với i cố định, tồn dòng cột ghi số thuộc Ai thuộc Ci Với i = tồn dịng cột ghi số thuộc Ci , với i = n2 − n, tồn dòng, cột ghi số thuộc An2 −n Giao dòng cột ghi số Am Cm−1 Điều mâu thuẫn Am ∪ Cm−1 = ∅ Vậy tồn hai số điền vào hai lân cận có hiệu lớn hay n = 2017 226 CỰC TRỊ TỔ HỢP b) Theo câu a k ≥ n = 2017 Xét cách đánh số vào (i,j) số ai,j = (i − 1)n + j,∀i,j ∈ {1,2, ,n} với ai,j số nằm hàng i (từ xuống), cột j (từ trái sang) số số 1,2, ,20172 điền vào ô vuông bảng lần Với (i,j) lân cận (i − 1,j); (i + 1,j),(i,j + 1),(i,j − 1) nên số điền vào ô lân cận tương ứng ai−1,j ,ai+1,j ,i,j − 1,i,j + có hiệu khơng q 2017 Vậy k = n = 2017 Câu 4.37 Gọi số viết đỉnh hình lập phương a, b, c, d, A, B, C, D Khi S = (b + d + A + C)(a + c + B + D) − T hu với T = aA + bC + cC + dD Ta chứng minh T ≥ 12 82 + 22 72 + 32 62 + 42 52 Vì tập giá trị T hữu hạn nên đạt giá trị nhỏ T0 Với cách viết ta có T0 = a0 A0 + b0 B0 + c0 C0 + d0 D0 T Khơng tính tổng quát, giả sử a0 = 82 Ta thấy A0 = 1, A0 > 1, ta giả sử B0 = 1, Tấ t T0 = 82 A0 + b0 + c0 C0 + d0 D0 > 82 + A0 b0 + c0 C0 + d0 D0 (vơ lí) Lập luận tương tự ta thu T0 = 12 82 + 22 72 + 32 62 + 42 52 Suy T ≥ T0 với cách viết số Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có yễ n a+b+c+d+A+B+C +D 2 ≤ 102 − T0 ≤ 9420 − T = 1022 − T gu S≤ N Mặt khác a = 12 , b = 32 , c = 72 , d = 52 , A = 82 , B = 62 , C = 22 , D = 42 , ta có S = 9420 Vậy giá trị lớn S 9420 Câu 4.38 Đặt n = ak + r với a ∈ Z+ ≤ r < k Ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét Nếu gọi T,S tổng số điền vào bảng vng có kích thước r × r (k − r) × (k − r) |T | ≤ t = r2 ,k − r2 |S| ≤ s = (k − r)2 ,k − (k − r)2 Rõ ràng bảng vng kích thước r × r bị chứa bảng vng kích thước k × k mà tổng số Gọi T tổng số lại bảng k × k sau loại bảng r × r chứa Ta có T + T = ⇒ |T | = |T | Số lượng bảng r × r r2 nên |T | ≤ r2 số lượng ô cịn lại bảng k × k k − r2 nên |T | ≤ k − r2 Do đó: |T | ≤ t = r2 ,k − r2 Hoàn toàn tương tự với bảng (k − r) × (k − r) Nhận xét Nếu kích thước bảng tăng lên k đơn vị tổng số bảng tăng không t + s 227 CỰC TRỊ TỔ HỢP Xét hình minh họa sau (với k = 3,r = 2) , từ bảng ban đầu, ta thêm vào phía bên phải tương ứng k hàng k cột: r k−r hu r Tấ t T Để tính tổng số điền vào phần tăng thêm, bao gồm phần ngang phần dọc (giao bảng k × k góc) Ta thấy phần nằm ngang chia thành số bảng vng k × k khơng chồng lên dư lại hình chữ nhật kích thước k × (k − r) cuối Tương tự, phần nằm dọc chia thành số bảng vng k × k khơng chồng lên dư lại hình chữ nhật kích thước (k − r) × k gu yễ n Do đó, để tính tổng số phần thêm vào, trước hết, ta tính tổng số hình chữ nhật khơng chồng lên (theo giả thiết tổng 0) Phần hình vng kích thước (k − r) × (k − r) có màu đỏ giao hình vng cuối dãy ngang đầu dãy dọc, tính lần nên cần phải trừ Cuối cùng, ta cộng số bảng vng góc có kích thước r × r cịn lại N Nói tóm lại, đặt T tổng số bảng vng k × k góc bên phải S tổng số phần chung bảng (k − r) × (k − r) tổng tăng thêm là: T − S Khi đó, theo nhận xét T − S ≤ t + s Nhận xét chứng minh Trở lại toán, Ta thấy phần màu xanh r × r ban đầu có tổng số không vượt t nên tổng số bảng sau a lần tăng kích thước (từ r × r lên n × n với n = ak + r) tổng khơng vượt q t + a(t + s) Đến đây, ta cách xây dựng bảng thỏa mãn Xét bảng vng k × k góc bên phải bảng n × n, ta điền sau: 228 CỰC TRỊ TỔ HỢP C A r B D k−r • Điền vào phần A hình vng r × r cho tổng số t (có thể điền t số phần lại 0) • Điền vào phần B hình vng (k − r) × (k − r) cho tổng số −s (có thể điền s số −1 phần cịn lại 0) hu • Điền vào phần C,D tùy ý cho tổng chúng s − t Rõ ràng tồn cách điền giới hạn giá trị t,s T Đến đây, ta thực điền số vào bảng vng kề với cách tuần hồn theo chu kỳ k Nghĩa số điền ô (a,b) giống số điền ô Tấ t (a + k,b),(a,b + k),(a − k,b),(a,b − k) Dễ thấy đó, tất hình vng kích thước k × k có tổng hình vng r × r góc bên trái giống với hình vng r × r góc bên phải, tức tổng t yễ n Do đó, cách điền cho ta bảng có tổng gu t + a(t + s) Câu 4.39 N Vậy giá trị lớn cần tìm t + a(t + s) với t,s,a xác định a) Gọi a1 ,a2 , ,a20 số viên kẹo loại kẹo thứ 1,2, ,20 với ≥ Với loại kẹo thứ i (1 ≤ i ≤ 20), ta đếm số (A,B) mà hai học sinh A,B có loại kẹo Số cần đếm C2ai 20 20 C2ai Khi đó, theo giả thiết, tổng số M hay M = i=1 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ki ta có 20 M= i=1 i=1 a2i − 20 i=1 2 20 ≥ 20 (ai − 1) = i=1 · 20 20 − i=1 20202 2020 = − = 101000 2 · 20 Dấu "=" xảy = 101,∀i = 1,2, ,20 Vậy giá trị nhỏ M 101000 229 = 2020 i=1 CỰC TRỊ TỔ HỢP 19 b) Như lý luận câu a, ta có M = i=1 (ai − 1) = 2 19 a2i − i=1 19 19 i=1 a2i đạt giá trị nhỏ Nên biểu thức M đạt giá trị nhỏ i=1 19 a2i đạt giá trị nhỏ |ai − aj | ≤ với ≤ i,j ≤ 19 Ta chứng minh (1) i=1 Thật Xét số a, b, c, d mà a ≥ b + 2; c = a − 1; d = b + ta có cd = ab + a − b − ≥ ab (a + b)2 = (c + d)2 suy a2 + b2 ≥ c2 + d2 Mở rộng tính chất cho nhiều số ta suy (1) chứng minh Do M đạt giá trị nhỏ có t số có giá trị k 19 − t số có giá trị k + với ≤ t ≤ 19 giá trị nhỏ M= tk + (19 − t)(k + 1)2 − 2020 T hu Ta có tk + (19 − t)(k + 1) = 2020 ⇔ t = 19k − 2001 2001 2020 Do ≤ t ≤ 19 nên ≤k≤ 19 19 Từ ta có k = 106, t = 13 Thay vào ta giá trị nhỏ M [13 · 1062 + · 1072 − 2020] = 106371 N gu yễ n Tấ t Câu 4.40 Ta chứng minh nmax = 66 Giả sử nmax > 66 Cách Khi tồn đại biểu A100 quen 67 đại biểu A1 ,A2 , ,A67 Gọi X tập hợp đại biểu A68 ,A69 , ,A99 |X| = 32 Khi đại biểu A1 ,A2 , ,A67 quen A100 đại biểu thuộc X (vì đại biểu Ai ,Aj với ≤ i < j ≤ 67 quen nhau) Suy họ quen không 33 đại biểu Vì đại biểu quen 34, 35, , 65, 66 đại biểu khác phải thuộc X Điều vô lý |X| = 32 < 66 − 34 + Cách Xét người A có 67 người quen Xét người B có nhiều 34 người quen Nếu A quen B Khi 98 người cịn lại có 66 người quen A hiều 33 người quen B Do 66 + 33 = 99 > 98 nên A, B phải có người quen chung, mâu thuẫn Vậy A khơng quen B Vì có 33 người có số người quen tương ứng 34, 35, , 66 nên có 33 người khơng quen A Điều mâu thuẫn A quen với 67 người Vậy nmax ≥ 66 Ta xây dựng ví dụ thỏa mãn n = 66 sau A1 quen với B1 , B2 , , B66 , A2 quen với B2 , B3 , , B66 , , A34 quen với B34 , B66 Khi khơng có người đôi quen Ak quen với 67 − k người (∀k = 1, ,34) Bk quen với k người (∀k = 1, ,34) Bk quen 34 người với (∀k = 35, ,66) Rõ ràng trường hợp thỏa mãn yêu cầu đề Câu 4.41 Viết số từ đến 20182 vào bảng ô vuông 2018 × 2018 sau: 2019 ··· ··· 2020 ··· ··· 2021 ··· ··· ··· ··· ··· ··· 230 2017 4035 ··· ··· 2018 4036 ··· 20182 CỰC TRỊ TỔ HỢP Khi ta thấy số thỏa mãn đỉnh tứ giác đẹp phải bốn ô vuông liên tiếp cột hàng bảng Ta gọi số "đẹp" Vậy để tìm số "đẹp" ta lát bảng vng 2018 × 2018 bảng vng × (1 hàng, cột) × (4 hàng, cột), gọi chung quân domino, cho khơng có hai qn domino có ô vuông chung điểm thuộc tập A thuộc tứ giác nên số thuộc đẹp Ta đếm số quân domino tối đa dùng, hiển nhiên số quân domino tối đa không vượt 20182 : = 10092 Tô đen ô thuộc hàng chẵn cột chẵn bảng ô vuông tơ đỏ cịn lại, 2018 2018 × = 10092 số tơ đỏ 2 Để ý quân domino chứa ô tô đỏ số ô tô đỏ lẻ nên ta lát kín bảng vng qn domino trên, tức số quân domino tối đa 10092 Ta cách lát sử dụng 10092 − quân domino gồm hai bước sau: hu • Bước 1: Lát hồn tồn 2016 hàng bảng với quân domino × 1, hàng liên tiếp ta lát 2018 qn domino ta dùng 2018 × (2016 : 4) = 1009 ì 1008 quõn domino T ã Bc 2: Lát hai hàng cuối bảng với quân domino × 4, hàng lát liên tiếp 2018 = 504 trừ hai ô cuối hàng nên ta dùng tới 504 × = 1008 quân domino Tấ t Khi ta dùng 1008 × 1009 + 1008 = 1008 × 1010 = 10092 − quân domino Vậy số tứ giác "đẹp" lớn tạo thành 10092 − yễ n Câu 4.42 Nhận xét: Hai vận động viên tham gia chung không môn thi đương đương với hai mơn thi chung khơng q vận động viên Ta đưa việc đếm S có dạng (X,Y,Z) với hai mơn X,Y có vận động viên Z tham gia chung gu • Đếm theo mơn thi đấu, ta có S ≤ C12 N • Đếm theo vận động viên: ta gọi x1 ,x2 , ,xn số môn mà vận động viên 1, 2, ,n tham gia Bằng cách đếm số lượt tham gia ta có x1 + x2 + + xn = 288 Điều dẫn đến S = Cx21 + Cx22 + + Cx2n = (x21 + x22 + + x2n − 288) Qua hai cách đếm ta suy C12 ≥ S = (x21 + x22 + + x2n − 288) hay x21 + x22 + + x2n ≤ 420 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có x21 + x22 + + x2n (x1 + x2 + + xn )2 2882 ≥ = n n 231 CỰC TRỊ TỔ HỢP Suy 2882 hay n ≥ 198 n 288 = 1, ta dự đoán cực trị xảy Để ý với n ≥ 198 ước lượng n số xi nhận giá trị Do vậy, với i ∈ {1,2, ,n} ta đánh giá 420 ≥ (xi − 1)(xi − 2) ≥ ⇔ x2i ≥ 3xi − 2, ∀i = 1,n Đến đây, ta suy 420 ≥ x21 + x22 + + x2n ≥ (3x1 − 2) + (3x2 − 2) + + (3xn − 2) = 3(x1 + x2 + + xn ) − 2n = 3.288 − 2n hu thu n ≥ 222 Vì bất đẳng thức xảy có 156 số xi 66 số xi nên giá trị nhỏ cần tìm 222 T Câu 4.43 Tổng số mà 100 gấu hái + + · · · + 100 = 5050 (quả) Tấ t Do gấu có số nhau, gấu có nên số sói ăn khơng vượt 5050 − 100 = 4950 (quả) N gu yễ n Ta chứng minh sói có cách “ăn chia” để số ăn 4950 Ta có nhận xét sau: Nhận xét Giả sử có k gấu (k ≥ 2), đặt tên theo thứ tự từ bé đến lớn “1”, “2”, , “k” tương ứng có số 1,2, ,k Khi đó, cách thực quy trình “ăn chia” đây, sói ăn k − làm cho số gấu “1”, “2”, , “k − 1”, “k” tương ứng 1,1,2, ,k − 2,k − 1: Quy trình “ăn chia” sói: Với t = 1,2, ,k − 1, bước thứ t, sói gộp số hai gấu “k − t + 1” “k − t” với nhau, “ăn chia” theo nguyên tắc nêu đề Chứng minh Bằng quy nạp theo t, ≤ t ≤ k − 1, dễ dàng chứng minh khẳng định sau: “Ở bước quy trình, sói ăn sau bước thứ t, số gấu “1”, , “k − t”, “k − t + 1”, , “k” tương ứng 1, ,k − t,k − t, , k − ” Từ khẳng định trên, hiển nhiên suy kết luận Nhận xét Đặt tên 100 gấu, theo thứ tự từ bé đến lớn, “1”, “2”, , “100” Từ nhận xét dễ dàng suy sói thực việc “ăn chia” theo cách sau: • Lần 1: Sói thực quy trình “ăn chia” nêu 100 gấu (k = 100); • Lần 2: Sói thực quy trình cho 99 gấu, từ gấu “2” đến gấu “100”(k = 99); • ··· • Lần thứ m: Sói thực quy trình cho 100 − m + gấu, từ gấu “m” đến gấu “100” (k = 100 − m + 1); • ··· • Lần thứ 99: Sói thực quy trình cho gấu, gấu “99” gấu “100” k = 2) 232 CỰC TRỊ TỔ HỢP Bằng quy nạp theo m, ≤ m ≤ 99, dễ dàng chứng minh khẳng định sau: “Với cách thực quy trình trên, sau lần thực thứ m, sói ăn số là” 99 + 98 + · · · + (100 − m) + (100 − m + 1) (quả) số 100 gấu “1”, “2”, , “100” tương ứng 1,1, ,1,1,2,3, ,100 − m Từ khẳng định vừa nêu suy ra, sau lần thực quy trình thứ 99, số 100 gấu số sói ăn là: 99 + 98 + · · · + + = 4950 (quả) Vậy, tóm lại, cách thực quy trình “ăn chia” sói ăn tối đa 4950 a a +ai+1 i i = xi+1 Do đó, xi i+1 · xai+2 ai+1 = q ·ai+1 = xi+2 xi+1 yễ n xi+1 xi Tấ t T hu Câu 4.44 Với n số nguyên dương p số nguyên tố, ta kí hiệu vp (n) số lớn số tự nhiên k mà pk |n Dễ thấy vp (mn) = vp (m) + vp (n), với số nguyên dương m, n với số nguyên tố p Giả sử x1 < x2 < · · · < xn số nguyên dương vừa thuộc S vừa số hạng cấp số nhân tăng, có cơng bội q > Vì 1,2,4,8,16 ∈ S 1,2,4,8,16 số hạng cấp số nhân tăng có cơng bội lớn nên giả sử n ≥ Vì x1 < x2 < · · · < xn số hạng cấp số nhân tăng với công bội q nên tồn số nguyên dương a1 , a2 , ,an cho xi+1 = xi · q , xi+1 = q với i = 1,n − Suy ra, với i = 1,2, ,n − 2, ta có với i = 1,n − hay xi với i = 1,2, ,n − Vì vậy, với p số nguyên tố tùy ý, ta có gu (ai + ai+1 ) vp (xi+1 ) = ai+1 vp (xi ) + vp (xi+2 ) N với i = 1,2, ,n − Suy ra, với p số nguyên tố tùy ý, ta có vp (xi ) < vp (xi+1 ) ⇔ vp (xi+1 ) < vp (xi+2 ) với i = 1,n − Dễ thấy, tồn số nguyên tố p cho vp (x1 ) < vp (x2 ) (vì ngược lại, vp (x1 ) > vp (x2 ) với số nguyên tố x2 |x1 , trái với giả thiết x1 < x2 ) Từ đó, suy tồn số nguyên tố p cho vp (x1 ) < vp (x2 ) < · · · < vp (xn ) Do đó, vp (xn ) ≥ n − Suy pn−1 |xn Mà xn ≤ 2017 nên pn−1 ≤ 2017 Vì thế, 2n−1 ≤ 2017 Suy ra, n ≤ 11 Dễ thấy, 1,2,22 , ,210 ∈ S số lập thành cấp số nhân tăng, có cơng bội lớn Vậy, có tối đa 11 phần tử thuộc S số hạng cấp số nhân tăng, có cơng bội lớn Câu 4.45 Dễ thấy, với a số nguyên dương, ta có: • Nếu a số chẵn (tức a chia hết cho chia dư 2) a3 chia hết cho 4; (1) • Nếu a số lẻ (tức a chia dư chia dư 3) a3 chia dư (nếu a chia dư 1) a3 chia dư (nếu a chia dư 3) (2) 233 CỰC TRỊ TỔ HỢP Xét cách chọn số số thỏa mãn yêu cầu đề bài, từ 2017 số nguyên dương Giả sử số chọn n (n ≥ 2) có m số chẵn, k số lẻ Do tổng lập phương số n số chọn không chia hết cho 4, nên từ (1) (2) suy ra, với a, b hai số nguyên dương tùy ý n số đó, ta có a, b khác tính chẵn lẻ, a, b lẻ đồng thời có số dư chia cho Từ đó, 2017 số nguyên dương có 505 số chia dư 504 số chia dư 3, nên suy ta có: • m ≤ (vì m ≥ n số chọn tồn số chẵn); • k ≤ 505 (vì k ≥ 506 n số chọn tồn số lẻ đồng thời có số dư khác chia cho 4) Tấ t ([x] kí hiệu số nguyên lớn không vượt x).” T hu Như vậy, n = m + k ≤ + 505 = 506 Dễ thấy, từ 2017 số nguyên dương đầu tiên, chọn 506 số gồm 505 số chia dư số chẵn (tùy ý) ta có 506 số thỏa mãn yêu cầu đề Vậy, chọn tối đa 506 số từ 2017 số nguyên dương cho tổng lập phương hai số số chọn số không chia hết cho Nhận xét Kết quen thuộc sau sử dụng để tìm số số chia dư số số chia dư 3, số 2017 số nguyên dương đầu tiên: “Cho m, k, n số nguyên dương, với ≤ m ≤ k ≤ n Kí hiệu s số số nguyên dương chia k dư m, n số nguyên dương đầu tiên; ta có: n−m+k s= k gu yễ n Câu 4.46 Giả sử điểm tô hai màu, đen trắng Xét điểm A1 , A2 , ,A8 , tô màu sau: A1 , A2 ,A5 ,A − tô màu trắng; A3 , A4 ,A7 ,A8 tô màu đen Dễ thấy, khơng có ba điểm Ai ,Aj ,A2j−i (1 ≤ i < 2j − i ≤ 8) tơ màu Do n ≥ Ta chứng minh n = số có tính chất đề yêu cầu Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn cách tô điểm A1 , A2 , ,A9 hai màu, đen trắng cho khơng có ba điểm Ai ,Aj ,A2j−i (1 ≤ i < 2j − i ≤ 9) tô màu N Trường hợp 1: Tồn i ∈ {3; 4; 5}, cho điểm Ai Ai+2 tô màu, giả sử màu trắng Khi đó, điểm Ai−2 ,Ai+1 , Ai+4 phải tô màu đen (chú ý i − ≥ i + ≤ 9), vô lý Trường hợp 2: Với i ∈ {3; 4; 5}, điểm Ai Ai+2 tô khác màu Khơng tính tổng qt, giả sử A5 tơ màu trắng Khi đó, A3 A7 tơ màu đen Nhờ tính đối xứng, ta giả sử A4 tô màu trắng A6 tô màu đen Khi A8 tơ màu trắng (do A6 , A7 A8 không tô màu); suy ra, A2 tô đen (do A2 , A5 A8 không tô màu) A9 tô trắng (do A7 ,A8 A9 không tô màu) Do đó, A1 phải vừa tơ màu trắng (do A1 ,A2 A4 không tô màu),vừa tô đen (do A1 , A5 A9 không tô màu), điều vô lý Những điều vơ lí nhận nhận cho ta điều muốn chứng minh Vậy tóm lại, n = số ngun nhỏ có tính chất đề yêu cầu Nhận xét Những nhược điểm suy luận lôgic thường gặp giải này: - Do không ý thức số nguyên n ≥ khơng có tính chất đề u cầu số ngun n − khơng có tính chất đó, học sinh thường cồng kềnh hóa lời giải việc xét số nguyên thuộc tập hợp {3; 4; 5; 6; 7; 8} 234 CỰC TRỊ TỔ HỢP - Nhiều học sinh chưa hiểu rõ khái niệm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nên giải toán theo lượt đồ sau: + + + + Chứng minh số n thuộc tập hợp {3; 4; 5; 6; 7; 8} tính chất đề u cầu; Chứng minh n = số có tính chất đề yêu cầu; Chứng minh tất số nguyên n > có tính chất đề yêu cầu; Từ chứng minh bước trên, suy n = số nguyên nhỏ cần tìm hu Có thể phát biểu tốn dạng: “Tìm số nguyên n ≥ nhỏ có tính chất: Với cách phân chia tập hợp gồm n số nguyên dương thành hai tập khác rỗng, tồn dãy số cách gồm số hạng mà tất số hạng thuộc tập tập con.” Dạng phát biểu gợi ý cho ta đặt tìm cách giải tốn khái qt sau: Bài toán khái quát Cho số nguyên k ≥ Tìm số ngun n ≥ k nhỏ có tính chất: Với cách phân chia tập hợp gồm n số nguyên dương thành hai tập khác rỗng, tồn dãy số cách gồm k số hạng mà tất số hạng thuộc tập tập Lưu ý rằng, hướng khái quát yễ n Tấ t T Câu 4.47 Chia tập hợp {1, 2, 3, , 4013, 4014} thành 2007 phần P1 ∪ P2 ∪ ∪ P2007 (mỗi tập hợp chứa phần tử {1, 2, 3, , 4013, 4014}) thỏa mãn tập hợp Pa chứa tất số nguyên dương có dạng 2n (2a − 1), n số khơng âm Khi đó, tập hợp A {1, 2, 3, , 4013, 4014} chứa hai phần tử thuộc 2007 tập hợp khơng rõ ràng có số chia hết cho số cịn lại, mâu thuẫn Mặt khác, A lại có 2007 phần tử nên A chứa phần tử tập Pa nói Gọi αi phần tử A với αi ∈ Pi , i = 1, 2007 Xét phần tử α1 , α2 , α5 , α1094 có dạng 2n , 3.2n , 32 2n , , , 37 2n ; rõ ràng phần tử có hai ước nguyên tố Ta thấy lũy thừa lớn α1 phải lớn lũy thừa lớn α2 ngược lại α2 α1 , mâu thuẫn N gu Hồn toàn tương tự với phần tử khác dãy α1 , α2 , α5 , α1094 , tức i < j lũy thừa αi phải lớn lũy thừa αj Do đó, lũy thừa dãy α1 , α2 , α5 , α1094 dãy giảm thực Do có phần tử dãy (tương ứng với lũy thừa thay đổi từ đến 7) nên giá trị α1 27 = 128 Hơn nữa, phần tử dãy có giá trị lũy thừa tăng dần (nếu ngược lại, giá trị lũy thừa giảm mà lũy thừa giảm nên có số chia hết cho số khác, mâu thuẫn) Suy ra: α1 giá trị nhỏ dãy Hoàn toàn tương tự với số nguyên tố khác, ta xét số có dạng αi = 2ni 3ni · · · pknk , 2, 3, , pk ước ngun tố khơng vượt q 4014 Từ suy α1 phần tử nhỏ phần tử tập A Do phần tử nhỏ mA tập A α1 , chứng minh α1 ≥ 128 hay mA ≥ 128 Ta chứng minh 128 giá trị nhỏ mA cách tập hợp A {1, 2, 3, , 4013, 4014} thỏa mãn điều kiện đề Xét tập hợp: A = αi = 2f (i) (2i − 1)|1338 ≤ 3f (i) (2i − 1) ≤ 4014 Rõ ràng tập hợp có 2007 phần tử thuộc {1, 2, 3, , 4013, 4014} Ta chứng minh αx không chia hết cho αy , với x > y (tức tập hợp thỏa mãn đề bài) Thật vậy, giả sử ngược lại tồn x, y thỏa mãn αx αy , đó: 2f (x) (2x − 1) 2f (y) (2y − 1), 235 CỰC TRỊ TỔ HỢP tức f (x) ≥ f (y) (2x − 1) (2y − 1) Từ cách xác định giá trị u, v ta có: 4(2x − 1) (2y − 1) ⇒ 2x − ≥ 3(2y − 1), đồng thời 43f (y)+1 (2y − 1) ≥ 4014 > 3f (x) (2x − 1) ≥ 3f (x)+1 (2y − 1) ⇒ f (y) > f (x) Mâu thuẫn chứng tỏ tất phần tử A thỏa mãn với a, b ∈ A a khơng chia hết cho b Vậy 128 giá trị nhỏ mA cần tìm Câu 4.48 Trước hết ta thấy rằng: Nếu S tập khuyết T tập S = {n − x|x ∈ S} tập khuyết T Thật vậy: Giả sử ngược lại S tập khuyết, tồn hai số nguyên dương s1 , s2 ∈ S cho |s − s | = c n với c số ngun dương khơng vượt q Khi xét tương ứng hai phần tử s1 = n − s1 ,s2 = n − s2 rõ ràng s1 ,s2 ∈ S tức tồn hai phần tử s1 , s2 ∈ S n T |s1 − s2 | = c ≤ hu |s1 − s2 | = |(n − s ) − (n − s )| = |s − s | = c, N gu yễ n Tấ t S tập khuyết Mâu thuẫn suy nhận xét chứng minh Hơn nữa, |S| = |S | nên S có số phần tử lớn tương ứng có tập S có số phần tử lớn với S n Từ đó, ta thấy xét tập khuyết S có số số phần tử khơng vượt q khơng số n n n số phần tử lớn Xét hai tập hợp sau: A = x | x ∈ S, x ≤ , B = x | x ∈ S, x > 2 A ∩ B = ∅,A ∪ B = S theo cách xác định S |A| ≥ |B| n Khi với c số nguyên dương khơng vượt q , ta xét tập hợp: C = {x+c|x ∈ A} Ta có: |A| = |C| Do A ⊂ S nên A tập khuyết rõ ràng A∩C = ∅,B ∩C = ∅ (vì ngược lại tồn hai phần tử thuộc S mà hiệu chúng c, mâu thuẫn) Suy tất phần tử thuộc tập A B C số nguyên dương không vượt n, tức (A ∪ B ∪ C) ⊂ T ⇒ |A| + |B| + |C| ≤ |T | = n Kết hợp điều lại, ta được: |A| + |B| ≤ n Do đó: |A| + |B| ≤ |A| + |B| 2n ≤ 3 Hơn nữa: A ∩ B = ∅, A ∪ B = S |S| số nguyên nên |S| = |A| + |B| ≤ 2n Do số phần tử tập khuyết S T không vượt Ta tập khuyết thỏa mãn đề có 2n 2n phần tử Thật vậy, xét hai tập hợp A, B sau: A= 1,2,3, , S = A ∪ B Chọn c = n+1 , B = n− n+1 n ≤ Ta thấy: 236 n n + 1, n − + 2, ,n 3 CỰC TRỊ TỔ HỢP n+1 n+1 −1< 3 • Hiệu hai phần tử A khơng vượt q • Hiệu hai phần tử B khơng vượt n − (n − n n+1 n + 1) = −1< 3 • Hiệu phần tử thuộc B với phần tử thuộc A khơng nhỏ hơn: (n − n n+1 n n+1 n+2 n+1 + 1) − ≥n− − +1= > 3 3 3 Khi đó, rõ ràng S = A ∪ B tập khuyết T ứng với giá trị c = Ta chứng minh |S| = n+1 n ≤ 2n Từ cách xác định A, B, ta có: n n+1 ,B = 3 hu |A| = Ta cần có: T n+1 n 2n + = ,∀n ∈ N 3 Tấ t Xét trường hợp: (∗) • Nếu n chia hết cho 3, tức n có dạng 3m,m ∈ N Suy ra: yễ n n 3m + 3m 6m 2n n+1 + = + = m + m = 2m = = 3 3 3 • Nếu n chia dư 1, tức n có dạng 3m + 1,m ∈ N Suy ra: N gu 3m + 6m + n+1 3m + 6m 2n n = = + + = m + m = 2m = = 3 3 3 • Nếu n chia dư 2, tức n có dạng 3m + 2,m ∈ N Suy ra: n+1 3m + 6m + n 3m + 6m + 2n + = + =m+1+m= = = 3 3 3 Từ suy (*) chứng minh hay tập hợp S cho tập khuyết có Vậy giá trị lớn số phần tử tập khuyết S T 2n 2n Câu 4.49 a) Với m = 4, ta chứng minh số máy bơm nước nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề n Điều kiện đủ hiển nhiên với cách đặt cột máy bơm hàng thứ hai sau: X X X ········· ········· ········· ········· 237 X X X CỰC TRỊ TỔ HỢP Chú ý máy bơm tưới tối đa ô nên điều kiện cần rõ ràng với n = n = Ta chứng minh điều kiện cần phản chứng Giả sử tồn n cho cánh đồng kích thước × n tưới n máy bơm nước Gọi n0 số nguyên dương n nhỏ Theo ý ta phải có n0 ≥ Xét cánh đồng kích thước × n0 Theo định nghĩa n0 , tồn cách xếp k < n0 máy bơm để tưới hết cánh đồng Vì số máy bơm nhỏ số cột nên phải tồn cột khơng chứa máy bơm (ta gọi cột trống) • Ta thấy cột trống khơng thể cột biên cột trống cột biên, chẳng hạn cột thứ để tưới ô cột trống, cột thứ hai phải chứa máy bơm Khi đó, cách thêm máy bơm vào cột hàng (nếu ô chưa có máy bơm), ta thấy n0 − cột lại (bỏ cột 2) tưới k − + = k − < n0 − máy bơm, mâu thuẫn với cách chọn n0 hu • Vì cột trống không nằm biên, ta xét cột trống từ bên trái sang Ta giả sử cột cột j Để tưới ô cột trống này, tổng cộng hai cột hai bên cột trống phải có máy bơm (*) Xét trường hợp sau: gu yễ n Tấ t T – Cột j − chứa máy bơm Khi cột từ đến j − trống nên j cột đầu chứa j máy bơm Suy n0 − j cột sau chứa nhiều k − j máy bơm Vì ngăn cách cột trống nên rõ ràng máy bơm bơm cho tất cách đồng kích thước × (n0 − j) Vì k − j < n0 − j nên điều mâu thuẫn với cách chọn n0 – Cột j − chứa máy bơm, đó, (*), cột j + phải chứa máy bơm Khi đó, j + cột đầu chứa j − + + = j + máy bơm nên n0 > k ≥ j + 2, tức bên cạnh cột j + cịn cột Bây giờ, cách thêm vào cột hàng j + máy bơm cần, ta thấy cánh đồng gồm n0 − (j + 1) cột lại sau bỏ j + cột đầu tưới k − (j + 2) + = k − j − máy bơm Vì k − j − < n0 − (j + 1) nên ta nhận mâu thuẫn với cách chọn n0 N Như điều kiện cần chứng minh Ta có kết luận: Với cánh đồng × n cần n máy bơm để tưới nước thỏa mãn yêu cầu toán n−1 Trước hết ta chứng minh điều kiện đủ Với n < điều kiện đủ hiển nhiên, ta xếp cột máy bơm Với n = 5, ta có cách xếp sau: b) Ta chứng minh số máy bơm để tưới cánh đồng × n n − X X X X Từ dễ dàng cách đặt máy bơm cho n Chẳng hạn với n = 20, ta đặt 16 máy bơm sau X X X X X X X X X X X X X X X X Bây ta chứng minh điều kiện cần Chú ý máy bơm nước tưới tối đa nên với n = 1, 2, ta thấy cần phải có n máy bơm nước tưới 238 ĐỊNH LÍ KHƠNG ĐIỂM TRONG TỔ HỢP tất cánh đồng × n n−1 Đặt f (n) = n − với n = 1,2, Giả sử tồn số nguyên dương n cho cánh đồng kích thước × n tưới k < f (n) máy bơm Gọi n0 số nhỏ Theo ý ta có n0 ≥ Do f (n0 ) ≥ n0 nên ta có k < n0 , có cột trống Lý luận tương tự phần 1, ta thấy cột trống biên Xét cột trống từ bên trái sang Giả sử cột j Khi đó, để tưới cột j, hai cột kề bên cột j phải chứa máy bơm nước Xét trường hợp sau: • Cột j − chứa máy bơm nước Khi j cột đầu chứa j máy bơm nước (do cột từ đến j − chứa 1, cột j − chứa 2) Suy n0 − j cột cịn lại chứa khơng q k − j máy bơm nước máy bơm tưới hết cánh đồng kích thước × (n0 − j) Ta có k − j < f (n0 ) − j = n0 − j − n0 − j − n0 − ≤ n0 − j − = f (n0 − j) 4 hu nên từ ta suy điều mâu thuẫn với cách chọn n0 T • Cột j − chứa máy bơm, đó, cột j + phải chứa máy bơm Như j + cột đầu chứa j + máy bơm Suy n0 − (j + 1) cột cịn lại chứa khơng q k − (j + 1) máy bơm nước Ta xét hai trường hợp sau Tấ t – Trường hợp 1: Cột j + cột trống Khi n0 − (j + 2) cột lại sau bỏ j + cột đầu tưới đủ nhiều k − (j + 1) máy bơm nước Ta có k − (j + 1) < f (n0 ) − (j + 1) = n0 − (j + 1) − n0 − yễ n n0 − − n0 − (j + 2) − ≤ n0 − (j + 2) − = f (n0 − (j + 2)) gu = n0 − (j + 2) − N (do j ≥ nên j + ≥ 4) Điều mâu thuẫn với cách chọn n0 – Cột j + có máy bơm Khi n0 − (j + 2) cột cịn lại sau bỏ j + cột n0 tưới đủ cột (có n0 − (j + 1) cột) Theo tính tốn trên, số máy bơm cột không k − (j + 1) Ta lại có đánh giá k − (j + 1) < f (n0 ) − (j + 1) n0 − n0 − (j + 1) − ≤ n0 − (j + 1) − = f (n0 − (j + 1)) = n0 − (j + 1) − mâu thuẫn với cách chọn n0 Bài tốn giải hồn tồn §5 Định lí không điểm tổ hợp 239 ... ngồi quanh bàn trịn cho khơng có hai hiệp sĩ đối thủ ngồi cạnh nhau? Bài 3.16 (China Mathematical Competition 1994) Giả sử tất số nguyên dương nguyên tố với 105 xếp thành dãy số tăng a1 , a2 , a3