Tuyển tập một số bài toán tổ hợp ôn thi hsg

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC p ậ t n ể Tuy i b ố s p ợ h ổ t toán Sưu tầm Latex Hướng tới kỳ thi VMO 2021 Phát hành blog lovetoan.wordpress.com  Tuyển tập số toán tổ hợp h Tạp chí tư liệu tốn học Lời giới thiệu Tổ hợp vấn đề khó tốn sơ cấp nói chung kì thi tốn cấp chủ đề ln có chỗ đứng định Các tốn tổ hợp đơi khơng cần biến đổi tốn học phức tạp mà đòi hỏi tư nhạy bén người làm bài, việc luyện tập với nhiều tốn giúp luyện thêm kiến thức kĩ xử lý toán Với mong muốn tạo tài liệu giúp bạn học sinh ôn luyện chủ đề khó nhằn này, fanpage cố gắng tổng hợp nhiều sưu tầm thành tuyển tập nho nhỏ giúp bạn luyện tập chuẩn bị cho kì thi olympic tốn tới mà bạn tham dự Tài liệu kết hợp nhiều nguồn, nhiều tài liệu khác lại nhằm mang tới cho bạn đọc toán thú vị Trong không đề cập tới phương pháp như: đếm hai cách, truy hồi, song ánh, hàm sinh, Các bạn tìm đọc chúng tài liệu khác Hy vọng công cụ đắc lực bạn Mọi ý kiến đóng góp thắc mắc vui lịng gửi địa Tạp chí tư liệu tốn học https://www.facebook.com/OlympiadMathematical  Tuyển tập số toán tổ hợp h Tạp chí tư liệu tốn học Chương Lý thuyết tổ hợp 1.1 Các quy tắc tổ hợp Định nghĩa Tập không rỗng A tập hữu hạn tồn số nguyên dương n song ánh f : 1, 2, , n → A Trong tập tập A bao gồm n phần tử, nói A tập hợp n Số số phần tử tập hợp A đặt |A| Tập rỗng ∅ hữu hạn định nghĩa |∅| = Một tập hợp gọi vơ hạn khơng hữu hạn Một tập hợp k A tập A bao gồm k phần tử Quy tắc song ánh Hai tập hợp không rỗng A B có số số phần tử tồn song ánh f : A → B Mặc dù quy tắc song ánh hiển nhiên đề lý sau Đôi người ta nên xác định biến với tính chất đưa nên suy tập A tất biến Nếu B tập hợp với số phần tử k tồn song ánh f : A → B có số phần tử k Quy tắc nhân Để A B hai tập hợp hữu hạn f : A → B hàm số phần tử b ∈ B tồn xác k phần tử từ tập A mà có ảnh B Sau |A| = k |B| Chúng ta thường sử dụng quy tắc để phân biệt số phần tử kết xếp không xếp chọn phần tử từ tập cho Quy tắc cộng Nếu A tập hữu hạn A = A1 ∪ A2 ∪ ∪ An Ai ∩ Aj = ∅ với tất I khác j, |A| = |A1 | + |A2 | + + |An | Chúng ta sử dụng quy tắc cộng xét câu hỏi tổ hợp để đếm số phần tử tập A Đơi tự nhiên dễ dàng để phân chia tập hợp A thành tập con.(khối) để xác địn số lượng phần tử khối để tính số phần tử thu Quy tắc tích số Cho A1 , A2 , An tập hợp hữu hạn mà chứa k1 , k2 , , kn phần tử tích Cartesian A1 × A2 × × An tập hợp chứa k1 k2 .kn phần tử |A1 × A2 × × An | = |A1 | |A2 | |An | (1) Đặc biệt, A tập hợp chứa m phần tử An tập hợp chứa mn phần tử |An | = |A|n Chứng minh Ta chứng minh đẳng thức (1) quy nạp Với n = đẳng thức (1) trở thành |A1 | = k1 Cho đẳng thức (1) với tập hợp chứa n − phần tử Bây xét tập hợp chứa n phần tử |Ai | = ki với i ∈ {1, 2, 3, , n} An = {x1 , x2 , , xkn } Theo giả thiết quy nạp ta có |A1 A2 .An−1 | = k1 k2 kn−1 (2) Với i ∈ {k1 , k2 , ., kn }, đặt Si = {a1 , a2 , ., an , xi |a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , ., an−1 ∈ An−1 } (3) CHƯƠNG LÝ THUYẾT VỀ TỔ HỢP 1.2 CHỈNH HỢP LẶP Đó hiển nhiên ánh xạ Si A1 × A2 × × An cho (a1 , a2 , ., an−1 , xi ) → (a1 , a2 , ., an−1 ) Do |Si | = k1 × k2 × × kn−1 , i ∈ {1, 2, , kn } (4) Lưu ý tập hợp S1 , S2 , , Skn tập hợp tách rời nhau, A1 × A2 × × An = S1 ∪ S2 ∪ ∪ Skn Sử dụng quy tắc cộng ta |A1 × A2 × × An | = |S1 | + |S2 | + + |Sn | = k1 k2 kn Định lý chứng minh 1.2 Chỉnh hợp lặp Định nghĩa Cho A = {a1 , a2 , , am } tập hợp thứ tự tuyến tính a1 < a2 < < am , cho k1 , k2 , , km số nguyên không âm cho n = k1 + k2 + + km > Mỗi phần tử v ∈ An , cho với i ∈ {1, 2, , m} phần tử xuất v ki lần, gọi n− chỉnh hợp phần tử tập A loại (k1 , k2 , , km ) Định lý Cho điều kiện định nghĩa thỏa mãn, Số n− chỉnh hợp loại (k1 , k2 , , km ) n! k1 !k2 ! km !  Số loại n− chỉnh hợp phần tử m− tập A  n+m−1 n Chứng minh  Cho tập B = a11 , a21 , , ak11 , , a1m , a2m , , akmm Gọi S1 tập tất hoán vị tập B, S2 tập n− chỉnh hợp phần tử A loại (k1 , k2 , , km ) Tập S1 bao gồm (k1 + k2 + + km )! = n! phần tử Ta định nghĩa hàm f : S1 → S2 sau: hoán vị p ∈ S1 tương ứng với n− chỉnh hợp v ∈ S2 thu từ p cách xóa số Tập S1 bao gồm k k1 !k2 ! km ! hoán vị B, với j ∈ {1, 2, , m}, phần tử a1j , a2j , , aj j chiếm kj vị trí cố định Vì phần tử v ∈ S2 có k1 !k2 ! km ! phần tử u ∈ S1 cho f (u) = v n! |S1 | = |S2 | = k1 !k2 ! km ! k1 !k2 ! km ! Cho A = {1, 2, , m} S tập tất (n + m − 1) − chỉnh hợp phần tử tập {0, 1, 2, , m} có dạng sau v = |11 {z } |22 {z } 0 mm m | {z } k1 k2 km Kí hiệu T tập tất loại n− chỉnh hợp phần tử A Khi đó, chỉnh hợp v ∈ Schứa đúngm − số xác định cách vị trí chúng Vì vậy, m+n−1 |S| = Hàm số f : S → T , xác định f (v) = (k1 , k2 , , km ) song ánh Do m−1 ta có     m+n−1 n+m−1 = |T | = |S| = m−1 n Vậy định lý chứng minh Ví dụ Có số ngun dương có chữ số, số xuất ba lần, số xuất hai lần biểu diễn thập phân? Lời giải  Tuyển tập số toán tổ hợp h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG LÝ THUYẾT VỀ TỔ HỢP 1.3 TỔ HỢP LẶP 7! = 210 3!2!2! số ngun dương  Ví dụ Có từ khác thu từ việc hoán vị chữ từ COMBINATORICS? Lời giải Các chữ C, I O xuất hai lần, chữ M, B, N, A, T, R, S xuất lần từ COMBINATORICS Vì vậy, số từ phân biệt thu từ việc hoán vị chữ 13! = 778377600  2!2!2! Các số nguyên dương thỏa mãn tính chất 7− chỉnh hợp loại (3, 2, 2) Như ta có 1.3 Tổ hợp lặp Định nghĩa Định nghĩa Đặt A = {a1 ; a2 ; ; am } tập thứ tự nghiêm ngặt a1 < a2 < < am Một tổ hợp gồm n phần tử tập A cho phép lặp lại phần tử tổ hợp lặp chập n (f (1), f (2), , f (n)), f : {1, 2, , n} → A hàm không giảm tức f (1) f (2) f (n)   n+m−1 Định lý Số tổ hợp lặp chập n m phần tử tập A n Chứng minh Đặt A = {a1 ; a2 ; ; am } giả sử rẳng a1 < a2 < < am Đặt K tập tổ hợp lặp chập n m phần tử A, T tập hợp chỉnh hợp chập n m phần tử A Xét hàm f : T → K, thỏa mãn với (k1 ; k2 ; ; km ) ∈ T f ((k1 ; k2 ; ; km )) = a1 a1 a1 a2 a2 a2 am am am ∈ K | {z } | {z } | {z } k1 k2 km lần   n+m−1 Rõ ràng hàm f toàn ánh Như ta |K| = |T | = n Ví dụ 3.1 Đặt A = {a, b, c} a < b < c ta có mười tổ hợp lặp chập 10 phần tử A aaa, bbb, ccc, aab, aac, abb, acc, bbc, bcc, abc Định lí 3.2 Số tổ hợp lặp chập  n  m phần tử tập A, thỏa mãn phần tử a ∈ A xuất n−1 lần m−1 Chứng minh Đặt K tổ hợp lặp chập n phần tử A = {a1 , a2 , , am } thỏa mãn phần tử a ∈ A xuất lần, V tập gồm chỉnh hợp chập n tập A ∪ {0} Xét hàm f : K → V xác định bởi, với u = a1 a1 a1 a2 a2 a2 am am am ∈ K, | {z } | {z } | {z } k1 k2 km lần Đặt f (u) = a1 a1 a1 a2 a2 a2 0 am−1 am−1 am−1 am am am | {z } | {z } | {z } | {z } k1 −1 k2 −1 km−1 −1 km lần Như định lý chứng minh 1.4 Nguyên lý bao hàm - loại trừ Việc đếm số phần tử hợp vài tập hợp hữu hạn thường xuất tốn tổ hợp Ta xét hai ví dụ sau  Tuyển tập số toán tổ hợp h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG LÝ THUYẾT VỀ TỔ HỢP 1.4 NGUYÊN LÝ BAO HÀM - LOẠI TRỪ Ví dụ Có 10 học sinh đạt điểm cao mơn Tốn, 12 học sinh đạt điểm cao môn Lý học sinh đạt điểm cao hai mơn Tốn Lý Hỏi có học sinh đạt điểm cao trong hai môn này? Lời giải Gọi A B tập hợp học sinh đạt điểm cao mơn Tốn Lý u cầu tốn xác định số phần tử tập hợp A ∪ B Những học sinh đạt điểm cao hai mơn Tốn Lý đếm hai lần phép tính |A| + |B| Do |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| Cuối cùng, ta có |A ∪ B| = 10 + 12 − = 15  Ví dụ Có số nguyên dương tập hợp S = {1, 2, , 1000} chia hết cho số 2, 5? Lời giải Gọi A, B C tập S chứa phần tử chia hết cho 2, Ta cần tìm số phần tử tập hợp A ∪ B ∪ C Xét tổng |A| + |B| + |C| Những phần tử thuộc hai ba tập hợp A, B C đếm hai lần, phần tử thuộc ba tập đếm ba lần Vì |A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C| (*) Chú ý tập hợp A ∩ B, A ∩ C, B ∩ C A ∩ B ∩ C chứa số S chia hết cho 6, 10, 15 30 Vì vậy, |A| = 500, |B| = 333, |C| = 200, |A ∩ B| = 166, |A ∩ C| = 100, |B ∩ C| = 66 |A ∩ B ∩ C| = 33 Từ (∗) ta |A ∪ B ∪ C| = 734 Định lý Cho A1 , A2 , , An tập tập hữu hạn S Khi |A1 ∪ A2 ∪ ∪ An | = n X |Ai | − i=1 |Ai ∩ Aj | + 16i log2 n với n > nên khẳng định với 2 2 k n n lẻ, tức n tốt Vậy S = + + + · · · + 2015 = 10082 + = 1.016.065 Bài toán giải  Bài 72 Cho m, n ∈ Z+ bảng có kích thước m×n gồm mn ô vuông đơn vị Mỗi ô vuông có không bọ Biết với số nguyên dương k thuộc tập hợp {1, 2, 3, , 78}, tồn hàng cột bảng có k bọ a) Tìm giá trị nhỏ m + n b) Tìm giá trị nhỏ số bọ bảng cho Lời giải a) Không tổng quát ta giả sử m n Vì có hàng cột chứa 78 bọ nên n n n > 78 Giả sử m < , có hàng chứa k bọ với k > Do số 2 n n n hàng , hay m > , mâu thuẫn với điều giả sử Vậy m > , suy m > 39 Với 2 bảng 39 × 78 ta xếp bọ vào ô (i, j) cho j > i Khi cột k chứa k bọ (k = 1, 39) hàng 79 − k chứa k bọ (k = 40, 78) Cách xếp thỏa mãn điều kiện tốn, giá trị nhỏ m + n 39 + 78 = 117 b) Với 52 giá trị k = 27, 78 ta chọn hàng cột chứa k bọ Giả sử ta chọn p hàng q cột, p + q = 52 Gọi T tập bọ p hàng q cột Giả sử t2 số bọ thuộc T mà nằm ô giao p hàng q cột, đồng thời t1 số bọ lại thuộc T Khi ta có t1 + 2t2 = 27 + 28 + · · · + 78 = 2730 Mặt khác, có t2 (p + q)2 bọ nằm pq ô giao p hàng q cột nên t2 pq = 676 Vì số bọ khơng |T | = t1 + t2 = 2730 − t2 > 2730 − 676 = 2054 Ta cách xếp có 2054 bọ sau: xếp 26 + k bọ vào ô hàng k với k = 1, 26; xếp 52 + k bọ vào ô k cột với k = 1, 26; cịn lại khơng chứa bọ Khi đó, cột 26 + k chứa k bọ với k = 1, 26 Khi bọ nằm 26 hàng 26 cột đầu tiên, đồng thời có có 262 = 676 bọ thuộc ô giao 26 hàng 26 cột Cách xếp bọ thỏa mãn điều kiện toán Vậy giá trị nhỏ số bọ bảng 2054  Bài toán giải Bài 73 Tại số hình vng 100 × 100 người ta đặt qn cờ màu đỏ màu xanh; cịn lại bỏ trống Một quân cờ nhìn thấy quân cờ khác chúng hàng  Tuyển tập số tốn tổ hợp 69 h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN cột Biết quân cờ nhìn thấy quân cờ khác màu (và số màu) Tìm số lớn quân cờ có hình vng Lời giải Đáp số 1800 quân cờ Ví dụ đặt 1800 quân cờ xây dựng Ta lấy từ hình vng 100 × 100 hình bao chiều rộng Hình bao gồm hình vng × góc hình hình chữ nhật × 90 Ta đặt qn cờ vào hình chữ nhật Hình bên trái bên ta đặt quân cờ đỏ, hình bên phải bên ta dặt quân cờ xanh Cách rõ ràng thoả điều kiện av2 có 90 × 10 quân đỏ 90 × 10 quân xanh, tổng cộng q 1800 quân Ta chứng minh số quân cờ 1800 Xét cách dặt quân thoả mãn điều kiện đề Ta gọi dãy (hàng cột) khác màu dãy có đủ hai màu Ta có hai nhận xét bổ ích sau Thứ quân cờ thấy quân cờ đó, dó qn cờ thuộc dãy khác màu Ngồi ra, dãy khác màu chứa qn cờ màu đỏ nên dãy có khơng q quân cờ màu xanh Tương tự dãy quân cờ màu đỏ, tức dãy dãy khác màu chứa không 10 quân cờ Giả sử bảng có a cột khác màu b > a dòng khác màu Nếu b 90 tổng số qn cờ khơng vượt q 10a + 10b 1800 Giả sử b > 90 Khi b dịng có tối đa dịng 10 qn cờ Mặt khác, quân cờ điều phải thuộc vào dãy khác màu, từ c chúng nằm giao 100 − a cột màu 100 − b dịng màu Vì 100 − b dịng màu có khơng q a (6 b) quân cờ tổng số quân cờ không 10b + (100 − b) b = (110 − b) b 1800 Bất đẳng thức cuối 110 − b + b = 20 + 90 110 − b < 20 < 90 < b  Bài 74 An Bảo chơi trò chơi: họ viết số tùy thích lên bảng thành dịng, người số, An viết trước Sau Bảo “nhường” An điền dấu + – tùy ý vào số viết An thắng kết bảng không chia hết cho số tự nhiên từ 11 đến 18 Bảo thắng xảy trường hợp ngược lại An nói kiểm sốt nhiều hơn, nên chắn chiến thắng bạn có đồng ý khơng? Tại sao? Lời giải Bảo người có chiến thuật thắng thật vậy, hai lượt Bảo điền số 11, 12, 13, , 18 Ta chứng minh Bảo có cách điền lượt cuối để đảm bảo thắng Gọi số Bảo cần điền lượt cuối x Sau lượt thứ ba An, bỏ qua số Bảo điền (do chúng chia hết cho 11, 12, 13, , 18 Ta có kết thu ( có 23 = cách đặt dấu) a1 , a2 , , a8 Do số tính chẵn, lẻ nên có hai loại số dư chia số cho Hơn có số đồng dư với theo mod Có số đồng dư với theo mod theo nguyên lí Dirichlet, giả sử a1 ≡ a2 ≡ a3 ( mod 3) Khơng tính tổng qt giả sử a4 ≡ a3 (mod4) Đến ta cần chứng minh tồn x cho a1 + x, a2 + x, , a8 + x chia hết cho số 11, 12, 13, , 18 Khi tốn chứng minh với i tồn j cho − x = − (aj + x) Theo định lý thặng dư Trung Hoa, ta chọn a1 + x 9; a2 + x 5; a4 + x 16; a5 + x 11; a6 + x 13; a7 + x 17; a8 + x Khi a1 + x 18; a2 + x 15; a3 + x 12; a4 + x 16; a5 + x 11; a6 + x 13; a7 + x 16; a8 + x 14  Bài 75 Tập hợp X có 2n (n ∈ N∗ ) phần tử chia thành tập đôi không giao Xét quy tắc chuyển phần tử tập sau: A, B tập X số phần tử A không nhỏ số phần tử B ta phép chuyển từ tập A vào tập B số phần tử số phần tử tập B Chứng minh sau số hữu hạn bước chuyển  Tuyển tập số tốn tổ hợp 70 h Tạp chí tư liệu toán học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN theo quy tắc trên, ta nhận tập X Lời giải Cách Do tập X có số phần tử chẵn nên số tập có số phần tử lẻ chẵn Giả sử có 2k, (k ∈ N∗ ) tập có số phần tử lẻ, chia 2k tập thành k cặp, thực quy tắc chuyển ta đưa tập có số phần tử chẵn Khi ta đưa trường hợp tập có số phần tử chẵn Nếu n = 1, toán chứng minh Xét n > Do 2n 4, suy số tập có số phần tử chẵn khơng chia hết cho phải chẵn Giả sử có 2m, (m ∈ N∗ ) tập có số phần tử chẵn không chia hết cho Chia chúng thành m cặp thực phép chuyển phần tử theo quy tắc ta thu tập có số phần tử chia hết cho Thực tương tự trên, sau hữu hạn bước ta tập có số phần tử chia hết cho 2n , ta nhận tập X Cách Gọi M tập hợp tập ban đầu Ta chia tập M thành hai tập  Tập P gồm tập có số phần tử chẵn  Tập Q gồm tập có số phần tử lẻ Gọi số phần tử tập Q q Dễ thấy q số không lẻ Ta thấy  Nếu q = ta có tập M có số phần tử bội  Nếu q = 2k > ta chọn hai tập thuộc Q thực phép chuyển • Nếu hai tập có số phần tử chúng hợp thành tập có số phần tử bội • Nếu hai tập có số phần tử 2m + 2n + vơi (m > n) sau phép chuyển ta có hai tập hợp có số phần tử 2(m − n) 4n + bội Như vậy, sau k phép chuyển (k > 0), ta nhận tập hợp có số phần tử bội Gọi M1 tập tập Ta chia tập M1 thành hai tập  Tập P1 gồm tập có số phần tử bội 22  Tập Q1 gồm tập có số phần tử bội 22 cộng thêm Gọi q1 số phần tử tập Q1 Dễ thấy q1 số chẵn Giả sử q1 = 2k1 Ta thực phép chuyển  Nếu hai tập có số phần tử chúng hợp thành tập có số phần tử bội 22  Nếi hai tập có số phần tử 4m1 + 4n1 + với (m1 > n1 ) sau phép chuyển ta hai tập hợp có số phần tử 4(m1 − n1 ) 8n1 + bội 22 Như vậy, sau k1 phép chuyển ta nhận tập có số phần tử bội 22 Gọi M2 tập tập Tiếp tục chia tập M2 thành hai tập P2 Q2 , thực tương tự Tiếp tục thực tương tự trên, sau hữu hạn bước ta nhận tập có số phần tử bội 2n−1 Dễ thấy rằng, có hai tập hợp có số phần tử 2n−1 Thực phép chuyển cuối cùng, ta tập hợp X  Bài 76 Xét hai tập hợp A, B ⊂ {1, 2, , 22018 } thỏa mãn điều kiện ∀a ∈ A, b ∈ B, ta có ab + số phương Chứng minh min{|A|, |B|} 2018 Lời giải  Tuyển tập số toán tổ hợp 71 h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN Giả sử A = {a1 , a2 , , ap }, B = {b1 , b2 , , bq }, a1 < a2 < < ap , b1 < b2 < < bq , q p Ta so sánh ap bq với ap−1 bq−1 Từp (ap − ap−1 )(bq − bq−1 ) > ⇒p (1 + ap bq )(1 + ap−1 bq−1 ) > (1 + ap−1 bq )(1 + ap bq−1 ) ⇒ p(1 + ap bq )(1 + ap−1 bq−1 ) > p(1 + ap−1 bq )(1 + ap bq−1 ) ⇒ (1 + ap bq )(1 + ap−1 bq−1 ) > (1 + ap−1 bq )(1 + ap bq−1 )p+ ⇒ (1 + ap bq )(1 + ap−1 bq−1 ) > (1 + ap−1 bq )(1 + app bq−1 ) + (1 + ap−1 bq )(1 + ap bq−1 ) + ⇒ + ap bq + ap−1 bq−1 > + ap bq−1 + ap−1 bq + (1p + ap−1 bq )(1 + ap bq−1 ) + ⇒ + ap b q p + ap−1 bq−1 > + ap−1 bq−1 + ap−1 bq−1 + (ap bq−1 )(ap−1 bq ) + ⇒ ap bq > (ap bq−1 )(ap−1 bq ) ⇒ ap bq > 4ap−1 bq−1 Từ bất đẳng thức ta (22018 )2 > ap b1 > 4ap−1 bq−1 > 42 ap−2 bq−2 > > 4q−2 ap−q+2 b2 > 4q ⇒ q < 2018  Bài toán giải Bài 77 Cho m số nguyên dương nhỏ 2017, tập A = {x1 x2 , , xm } tập hợp tập {1, 2, 3, , 2017} Giả sử với i j m, ta có xi +xj 2017 xi +xj ∈ A x1 + x2 + + xm Chứng minh > 1009 m Lời giải Giả sử x1 > x2 > > xm Nhận xét xi + xm+1−i > 2018, ∀i = 1, 2, , m Thật vậy, giả sử tồn i ∈ {1, 2, , m} cho xi + xm+1−i 2017 Suy xi , xi + xm , xi + xm−1 , , xi + xm+1−i ∈ A Mặt khác phần tử xm < xm−1 < < xi ∈ A Do |A| > m − i + + i = m + 1, điều vô lý Do nhận xét chứng minh Sử dụng nhận xét ta m X x1 + x2 + + xm > 1009 (xi + xm+1−i ) > 2018m ⇔ 2(x1 + x2 + + xm ) > 2018m ⇔ m i=1  Bài toán giải Bài 78 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 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 + Loại Gồm tập không chứa n + Loại Gồm tập chứa n + không chứa n + Ta thấy Nếu C tập loại C khơng chứa n (vì 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 |  Tuyển tập số tốn tổ hợp 72 h Tạp chí tư liệu toán học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN 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 | (1) Bây ta cần tìm an = |An | Dễ thấy a1 = 2, a2 = 3, a3 = Mỗi tập A ∈ An+2 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 + 2} 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+2 = an+1 + an Mặt khác, với dãy Fibonacci, ta có Fn+2 = Fn+1 + Fn Vì a1 = F3 = 2, a2 = F4 = 3, a3 = F5 = Ta suy an = Fn+2 Từ (1) (2) ta có hệ thức cn+2 = cn+1 + cn + Fn+1 Từ quy nạp sử dụng hệ thức truy hồi dãy Fibonacci cho (3), ta có cơng thức cn = (2) (3) 2nFn+1 − (n + 1) Fn  Bài tốn giải Bài 79 Có số có 2017 chữ số lấy từ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, cho số chứa số lẻ chữ số số chẵn chữ số 2? Cho n điểm mặt phẳng (n   > 5), khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh có khơng n−3 tứ giác lồi mà tất đỉnh lấy n điểm cho Lời giải Gọi LCn tập hợp số gồm n chữ số bao gồm số lẻ chữ số 1, số chẵn chữ số 2, CLn tập hợp số gồm n chữ số bao gồm số chẵn chữ số 1, số lẻ chữ số 2, LLn tập hợp số gồm n chữ số bao gồm số lẻ chữ số 1, số lẻ chữ số 2, CCn tập hợp số gồm n chữ số bao gồm số chẵn chữ số 1; số chẵn chữ số Ta có |LCn | = |CLn | ; |LCn | + |CLn | + |LLn | + |CCn | = 7n Mỗi số LCn+1 có cách  Thêm số 3, 4, 5, 6, vào sau chữ số cuối số LCn  Thêm chữ số vào sau chữ số cuối số LLn  Thêm chữ số vào sau chữ số cuối số CCn Suy |LCn+1 | = |LCn | + |LLn | + |CCn | = |LCn | + |CLn | + |LLn | + |CCn | n ⇒ |LCn+1 | = |LCn | + 7    n 1 n+1 n = |LCn | − = |LC1 | − = − 3n+1 ⇒ |LCn+1 | − 4 4 n+1 ⇒ |LCn+1 | = (7 − 3n+1 ) 72017 − 32017 Vậy có số thỏa mãn  Tuyển tập số tốn tổ hợp 73 h Tạp chí tư liệu toán học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN Ta chứng minh quy nạp  Với n = cho điểm A, B, C, D, E Ta lấy bao lồi năm điểm A, B, C, D, E nói Có trường hợp sau: • Nếu bao lồi ngũ giác điểm đỉnh tứ giác lồi • Nếu bao lồi tứ giác đỉnh bao lồi thỏa yêu cầu • Nếu bao lồi tam giác Chẳng hạn tam giác ABC Khi D E điểm tam giác (do khơng có điểm thẳng hàng) Kẻ tam giác hình vẽ B P N E A M C Khi E nằm trong tam giác , chẳng hạn tam giác ADM , tứ giác ABDE tứ giác lồi  Giả sử toán với n = k, ta chứng minh   toán với n = k + Lấy k điểm k−3 k + điểm ta có tứ giác lồi Cố định điểm A, B, C k điểm nói trên, với điểm thứ k + I, ta lấy thêm điểm k − điểm cịn lại, J chẳng hạn Khi tồn thêm  tứ giác  lồi điểm A, B, C, I, J Thật vậy, k−3 tồn tứ giác lồi ABCJ nói A J I G B I C Khi đỉnh I thuộc miền cạnh hai đường thẳng quacác đỉnh  đối k−3 diện tạo nên Ta ln có tứ giác lồi với I, J số đỉnh Có cách       1  k−3 k−3 k−3 k−2 lấy điểm J nên có thêm tứ giác lồi Vậy có + = 1 2 tứ giác lồi có đỉnh k + điểm  Theo nguyên lí quy nạp, tốn chứng minh hồn tồn Bài 80 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  Tuyển tập số tốn tổ hợp 74 h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN chọn đồng, bước chọn đồng, , bước thứ 2019 chọn 2019 đồng) Chứng minh sau 2019 bước ln làm cho tất đồng xu trạng thái Giả sử ban đầu có đồng sấp, hỏi sau 2019 bước đưa tất đồng xu ngửa không? Lời giải Trước hết chứng minh chuyển tất đồng xu trạng thái Chứng minh quy nạp theo số đồng xu số lẻ Nếu có đồng xu, có điều chứng minh Giả sử với 2k + đồng xu chuyển tất trạng thái Xét 2k + đồng xu Nếu có đồng xu C1 , C2 không trạng thái, giả sử C1 sấp C2 ngửa Theo giả thiết quy nạp ta chuyển 2k + 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 q 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 toán giải Bài 81 An Bình ln phiên đánh dấu vng hình vng 101 × 101 An người bắt đầu Một ô đánh dấu hàng với cột với có đánh dấu Ai khơng thua Hãy xác định người có chiến thuật thắng Lời giải Cách Để đơn giản, ta gọi hai người chơi A B thay An Bình Ta chứng minh B có chiến thuật để thắng Điều thay 101 số nguyên dương n > Rõ ràng theo luật chơi có khơng q 2n đánh dấu Vì nên chiến thuật B tìm cách đánh ô cuối Chiến thuật là: người trước đánh người sau đánh dịng với cho số cột đánh nhiều Đặc điểm chiến thuật là:  Sau lượt A, B có thêm hàng có hai đánh; khơng có hàng chứa  Sau lượt A hàng mà A vừa đánh, cịn n − chưa đánh B đánh tùy ý vào ô thuộc cột chưa có đánh; tất cột có đánh B chọn cột tùy ý mà có đánh Bằng cách đó, n − lượt đầu tiên, A B ln cịn hàng trống cột chưa đầy ô Do đó, sau n − lượt A, B, bảng cịn lại có đặc điểm là:  Chỉ cịn hàng mà chưa có đánh, n − hàng có đánh  Tuyển tập số toán tổ hợp 75 h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN  Tất cột có đánh (có cột có ơ, có cột có ơ) Tổng số đánh 2n − nên gọi a, b số cột có ơ, đánh a + b = n a + 2b = 2n − Suy a = 2, b = n − 2, nghĩa có hai cột mà có đánh Hai nằm vị trí giao hai cột dịng chưa đánh hai vị trí cuối đánh A, B thay phiên đánh vào hai B người đánh cuối nên chiến thắng Cách Ta có nhận xét rằng: (1) Nếu lượt đầu tiên, An đánh vào ô (1, 51) hàng Bình đánh vào (101, 51) hàng cuối Khi đó, hai bạn điền vào ô trung tâm Tiếp theo, An đánh dấu Bình đánh dấu vào đối xứng với qua tâm Mỗi An điền Bình điền được, Bình thắng (2) Nếu lượt đầu tiên, An đánh vào (a, b) ta đưa nhận xét (1) cách xây dựng bảng tương ứng kích thước hàng hàng a, cột 51 cột b đổi chỗ cho Khi đó, An đánh vào Bình đánh vào số hàng/cột tương ứng bảng đối chiếu; Bình đánh vào ô đối xứng chiến lược (1) đánh vào có số hàng/cột bảng gốc Dễ thấy đánh dấu hàng cột hai bảng giống 1 A3 5 B1 A5 A4 B4 B3 A5 A1 B2 B4 A2 A3 B3 A4 B5 A1 B2 A2 B5 B1 Hình minh họa cho trường hợp × An đánh vào ô (5, 5) nước Từ hai nhận xét trên, ta thấy Bình người có chiến lược thắng trò chơi  Nhận xét Rõ ràng theo cách thứ tốn khơng với số 101 hay số lẻ mà với bảng vng có kích thước khơng nhỏ Để cảm nhận đoán người có chiến lược thắng cuộc, ta thử với trường hợp n = 2, n = Khi n = 2, ta thấy tất ô vuông đánh dấu nên Bình hiển nhiên thắng Khi n = 3, ta thấy ô trung tâm có vai trị quan trọng cho chiến lược chơi Chú ý nhiều chiến lược khác thú vị cho Bình để thắng trị chơi Bài 82 (IMO shortlisted 2005) Cho số tự nhiên n, n > Ta đánh số cạnh đường chéo n-giác P1 P2 · · · Pn số nguyên dương nhỏ r thỏa mãn: (i) Mọi số nguyên dương từ đến r đánh số (ii) Với tam giác Pi Pj Pk , hai cạnh đánh số số cạnh lại đánh số nhỏ Hãy thực yêu cầu sau Xác định số nguyên dương r lớn mà điều thực  Tuyển tập số tốn tổ hợp 76 h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN Với r thu trên, có cách đánh số thỏa mãn Lời giải Trước tiên, ta kí hiệu |XY | = k đoạn XY đánh số k Ta xét số trường hợp cụ thể sau  Xét n = 3, ta có tam giác Khi đó, ta có hai số nguyên dương phải dùng 2, số dùng cho hai cạnh, số dùng cho cạnh cịn lại nên có cách đánh số  Xét n = 4, ta có tứ giác Có tất cạnh đường chéo, nên số nguyên dùng vượt 6, số đánh đoạn đó, đoạn cạnh hai tam giác khác nhau, nên tồn thêm hai đoạn khác đánh số Như vậy, ba đoạn, buộc phải đánh số từ đến 5, mâu thuẫn Vậy r < Nếu r = 5, tương tự, phải đánh số 1, 2, 3, cho ba cạnh, mâu thuẫn Nếu r = 4, giả sử |P1 P2 | = hai tam giác P1 P2 P3 P1 P2 P4 cịn có thêm cạnh đánh số • Giả sử |P1 P2 | = |P1 P4 | = ba cạnh P2 P3 , P2 P4 , P3 P4 đánh ba số 1, 2, 3, trái điều kiện (ii) • Giả sử |P1 P3 | = |P2 P4 | = tam giác P1 P3 P4 , P2 P3 P4 cạnh đánh số 4, nên có hai cạnh phải đánh số Mâu thuẫn Nếu r = 3, dễ dàng đánh số Giả sử P1 đỉnh mà từ có hai cạnh đánh số 3, có trường hợp sau Trường hợp Có ba đoạn từ P1 đánh số |P1 P2 | = |P1 P3 | = |P1 P4 | = Khi |P2 P3 |, |P2 P4 |, |P3 P4 | ∈ {1; 2} , có cách đánh số (xem trường hợp n = 3) Trường hợp Có hai đoạn từ P1 đánh số 3, có cách chọn hai đỉnh tạo hai đoạn Xét cách chọn, giả sử |P1 P2 | = |P1 P3 | = 3, |P1 P4 | < Khi đó, chia tập {P1 , P2 , P3 , P4 } thành hai tập A = {P2 , P3 }, B = {P1 , P4 } đoạn nối điểm thuộc tập A với điểm thuộc B phải đánh số 3, {|P2 P3 |, |P1 P4 |} = {1; 2} nên có cách chọn |P2 P3 | |P1 P4 | Vậy có cách đánh số thỏa mãn Tổng cộng có cách đánh số thỏa mãn với P1 làm đỉnh trung tâm, có 36 cách đánh số, cách lặp lại lần nên cuối có 18 cách đánh số thỏa mãn Dựa vào lời giải trường hợp trên, ta dự đốn r lớn n − đồng thời đưa cách đếm trường hợp r = n − Từ đó, có lời giải tổng quát sau Xét đỉnh V mà từ có k cạnh đánh số r, đỉnh phải tồn tồn tam giác có hai cạnh đánh số r Gọi A tập đỉnh từ V đánh số r |A| = k B tập đỉnh lại (gồm V ) |B| = n − k Khi (i) Mọi cạnh nối từ điểm thuộc A đến điểm thuộc B đánh số r, giả sử có X thuộc A, Y thuộc B mà |XY | < r Y 6= V |XV | = r, |Y V | < r, điều kiện ii) nên |XY | = r Mâu thuẫn (ii) Mọi cạnh nối hai điểm A đánh số nhỏ r, X, Y ∈ A |XV | = |Y V | = r nên |XY | < r (iii) Mọi cạnh nối hai điểm B đánh số nhỏ r, X, Y ∈ B mà |XY | = r |XV | = r |Y V | = r Mâu thuẫn  Tuyển tập số tốn tổ hợp 77 h Tạp chí tư liệu toán học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN Ta chứng minh quy nạp giá trị lớn r n − Giả sử với đa giác k n cạnh, số số dùng nhiều k − Xét đa giác n + đỉnh, giả sử V, A, B đỉnh tập nói đến Ta có r |A| − + |B| − + = k − + (n + − k − 1) + = n Điều phải chứng minh Như trên, đa giác có n cạnh tập A có k phần tử tập A có nhiều k − số dùng tập B có nhiều n − k − số dùng Vậy để đánh số từ đến n − cho đoạn tạo từ đa giác, ta phải chọn k − số số {1; 2; · · · ; n − 2} để đánh số cho đoạn tạo từ điểm tập A n − k − số cịn lại tập để đánh số cho đoạn tạo từcác  điểm thuộc tập B Mặt khác, số cách chọn hai tập A, B cho n |A| = k, |B| = n − k Từ ta có hệ thức truy hồi sau (với f (n) số cách đánh số k trường hợp đa giác có n cạnh)  n    X n n−2 2f (n) = · · f (k) · f (n − k) k k−1 k=1    n−1  X f (n − k) f (k) = n!(n − 2)! · k!(k − 1)! (n − k)!(n − k − 1)! k=1     n n−2 Có 2f (n) theo cách đếm vậy, số · · f (k) · f (n − k) tính lần k k−1 n−1 X g(k) · g(n − k) Đến đây, số trường Đặt f (x) = x!(x − 1)!g(x) ta có 2(n − 1)g(n) = k=1 n!(n − 1)! chứng minh kết quy 2n−1 nạp Bây giờ, với ý b), ta xem xét theo khía cạnh khác, trường hợp n = 4, đánh số ba số 1, 2, ta thử bắt đầu đánh số từ Nhận thấy |P1 P2 | = |P1 P3 |, |P2 P3 |, |P2 P4 |, |P1 P4 | khác 1, giả sử |P3 P4 | = xét tam giác P1 P3 P4 , ta thấy dùng tối đa hai số, chẳng hạn 2, tam giác P2 P3 P4 dùng tối đa hai số, suy phải dùng Ta có |P1 P3 | = 2, |P1 P2 | = 1, |P2 P3 | = Mâu thuẫn điều kiện (ii) u cầu đề Vậy khơng cịn cạnh phép đánh số Từ đây, ta không quan tâm đến việc đánh số mà đánh số cho đoạn Nhận xét |P1 P2 | = nên |P1 P3 | = |P2 P3 |, |P1 P4 | = |P2 P4 | Như cách đánh số cho tam giác P1 P3 P4 cho tương ứng cách đánh số tứ giác Vậy coi P1 P2 điểm Bài toán kéo trường hợp n = Công việc rốt chia làm công đoạn   (a) Chọn đoạn để đánh số 1: Có = cách hợp nhỏ lẻ, ta đốn đáp số f (n) = (b) Đánh số tam giác sau coi điểm đầu mút đoạn vừa chọn trùng nhau, có cách Kết có 18 cách Với cách suy luận trên, ta có lời giải thứ hai Gọi an số cách đánh số dùng đến n − số cho đoạn tạo từ n điểm Ta chứng minh tồn cạnh đánh số Thật vậy, giả sử |P1 P2 | = 1, |P1 Pi | = |P2 Pi |, ∀i 6= 1, Vậy cách đánh số thỏa mãn |P1 P2 | = tương ứng với cách đánh số cho n − điểm P1 , P3 , P4 , · · · , Pn Nếu số dùng lần nữa, n − điểm đánh số n − số, theo câu a), đánh số tối đa n − điểm Mâu thuẫn Vậy, n có cạnh đánh số Chọn cạnh này, có cách Với cạnh chọn,  Tuyển tập số toán tổ hợp 78 h Tạp chí tư liệu tốn học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN coi hai đỉnh cạnh đỉnh (lập luận trên), ta cịn an−1 cách đánh số với n − đỉnh n − số Vậy có   n an = · an−1 , a3 = 3, a4 = 18 Dễ dàng có an = n!(n − 1)! 2n−1  Bài toán giải Bài 83 Một thợ săn thỏ tàng hình chơi trò chơi sau mặt phẳng Điểm xuất phát A0 thỏ điểm xuất phát B0 cô thợ săn trùng Sau n − lượt chơi, thỏ điểm An−1 cô thợ săn điểm Bn−1 Ở lượt chơi thứ n, có ba điều xảy theo thứ tự đây: (i) Con thỏ di chuyển cách không quan sát tới điểm An cho khoảng cách An−1 An (ii) Một thiết bị định vị thông báo cho cô thợ săn điểm Pn , đảm bảo khoảng cách Pn An không lớn (iii) Cô thợ săn di chuyển cách quan sát tới điểm Bn cho khoảng cách Bn−1 Bn Hỏi điều sau sai hay đúng: cho dù thỏ có di chuyển điểm thiết bị định vị thơng báo có điểm nào, thợ săn ln chọn cho cách di chuyển cho sau 109 lượt chơi, ta khẳng định chắn khoảng cách thỏ khơng vượt q 100? Lời giải Nếu câu trả lời “đúng” thợ săn phải có chiến lược mà thỏ di chuyển nào, dù thiết bị định vị có thơng báo điểm nào, đảm bảo khoảng cách thỏ không vượt 100, sau 109 lượt chơi Dưới ta chứng minh điều ngược lại: gặp “vận rủi” với điểm thiết bị định vị thơng báo, thợ săn khơng thể có chiến lược di chuyển đảm bảo chắn khoảng cách cô thỏ không vượt 100 sau 109 lượt chơi Gọi dn khoảng cách cô thợ săn thỏ sau n lượt chơi Hiển nhiên, dn > 100 với n < 109 thỏ thắng, lượt chơi, cần di chuyển tức (theo đường thẳng) xa thợ săn sau đó, khoảng cách thợ săn ln lớn 100 Tiếp theo, ta chứng minh dn 100 dù thợ săn có di chuyển theo chiến lược nào, thỏ có phương án di chuyển cho d2n tăng thêm , sau 200 lượt chơi (một khoảng thời gian vừa đủ để thỏ tận dụng may mắn mà thiết bị định vị mang đến cho nó) Dễ thấy, với phương án di chuyển thỏ, d2n vượt 104 sau · 104 · 200 = · 106 < 109 lượt chơi, đó, thỏ thắng Giả sử sau lượt chơi thứ n, cô thợ săn điểm An thỏ điểm Bn Giả sử thỏ chí cịn tiết lộ cho thợ săn biết vị trí thời điểm sau lượt chơi thứ n (giả sử cho phép ta “thoát khỏi” điểm mà thiết bị định vị thơng báo trước đó)  Tuyển tập số tốn tổ hợp 79 h Tạp chí tư liệu toán học CHƯƠNG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN Gọi ` đường thẳng qua hai điểm An Bn , gọi Y1 , Y2 điểm có khoảng cách đến ` 1, đồng thời, cách Bn khoảng 200 (xem Hình 1) Kế hoạch thỏ giản đơn chọn hai điểm, Y1 Y2 , mong muốn thẳng tiến đến điểm sau 200 lượt chơi Y1 200 y 200 − dn dn ` An ε Bn M A y B0 200 (Hình 1) Y2 Vì tất điểm mong muốn di chuyển đến (trong 200 lượt chơi) thỏ có khoảng cách đến ` nhỏ nên xảy tình điểm mà thiết bị định vị thông báo (trong 200 lượt chơi) thuộc ` Trong trường hợp đó, thợ săn khơng có cách để biết thỏ chọn Y1 hay Y2 Câu hỏi đặt ra: Cơ thợ săn làm gì, điểm thiết bị định vị thông báo thuộc `? Nếu chiến lược cô thợ săn đường thẳng mà tiến sau 200 lượt chơi, đến điểm A0 Hình Có thể thấy, thợ săn khơng thể chọn chiến lược khác tốt Thật vậy, suốt 200 lượt chơi, điểm đến cô thợ săn nằm phía bên trái điểm A0 Vì thế, thợ săn chọn chiến lược di chuyển đến điểm nằm phía ` sau 200 lượt chơi, đến điểm chí cịn nằm xa điểm Y2 hơn, so với A0 ; trường hợp cô thợ săn chọn chiến lược di chuyển đến điểm nằm phía ` sau 200 lượt chơi, đến điểm chí cịn nằm xa điểm Y1 hơn, so với A0 Nói cách khác, dù thợ săn có di chuyển theo chiến lược khơng tin khoảng cách thỏ nhỏ y = A0 Y1 = A0 Y2 sau 200 lượt chơi Gọi M trung điểm Y1 Y2 ; gọi B điểm thuộc ` cách Bn khoảng 200 (xem Hình trên) Đặt ε = M B (lưu ý A0 B = dn ) Ta có y = + A0 M = + (dn − ε)2 , √ ε = 200 − Bn M = 200 − 2002 − 1 √ = > · 400 200 + 2002 − √ Để ý ε2 + = 400ε (do ε = 200 − 2002 − 1), từ (1) ta có (1) (2) y = d2n − 2εdn + ε2 + = d2n + ε(400 − 2dn ) Từ đó, dn 100 ε > (theo (2)), suy 400 y > d2n + · Như vậy, tình tất điểm mà thiết bị định vị thông báo thuộc `, dù cô thợ săn có di chuyển nào, thỏ đạt d2n+200 > d2n + ·  Vì vậy, câu trả lời cho câu hỏi sai  Tuyển tập số tốn tổ hợp 80 h Tạp chí tư liệu toán học