Toan roi rac nhom 10 phan 4

TỐN TƠ HỢP – RỜI RẠC (Phần 4) Bài Cho S tập hợp có tính chất: i) Một phần tử dãy 15 kí tự viết liền nhau, mà gồm hai kí tự a b ii) Hai phần tử phân biệt S hai dãy khác vị trí Chứng minh số phần tử S không vượt 211 Hướng dẫn giải: Để cho đơn giản ta mã hóa a 0, b Thế S đơn giản tập dãy nhị phân có độ dài 15 cho hai dãy có ba vị trí khác Với phần tử s  S , có 15+1=16 dãy nhị phân độ dài 15 (bao gồm s ) khác s nhiều vị trí Ta kí hiệu Bs tập dãy (các phần tử Bs ngoại trừ s không nằm S ) Với s, t  S phân biệt ta có Bs  Bt  dãy thuộc Bs khác s nhiều vị trí khác t vị trí thuộc Bt Bs 215 S 211 Do đó, S 16  Bs  s S sS Bài Cho bảng hình vng gồm 2013 2013 vng Hỏi có cách tô hai màu xanh đỏ vào ô vuông bảng cho hình vng 2 có số ô tô hai màu ( Hai cách tơ gọi khác có vng mà cách tơ màu đỏ cịn cách tơ màu xanh) Hướng dẫn giải: Gọi Sn số cách tô bảng n n, n  Xét tập Tn gồm ô vuông nằm cột n (tính từ trái sang) hàng n (tính từ xuống) Ta gọi A n số cách tô cho hai kề Tn có màu Bn số cách tô cho Tn có màu xen kẽ Nhận xét 1: cách tô thuộc Bn ứng với cách tơ thuộc Bn  , cịn cách tô thuộc A n ứng với cách tô thuộc A n  cách tô thuộc Bn  ( Điều suy xét bảng ô vuông  n  1  n  1 có từ bảng n n sau bỏ Tn ) Nhận xét 2: Mỗi cách tô thuộc Tn ứng với cách tô thuộc Tn  , Mỗi cách tô thuộc Tn  ứng với cách tô thuộc Tn  ,… Từ ta có: Bn  Bn  , A n  A n   Bn  , n  Sn  A n  Bn  A n   Bn   Bn , n  Suy ra: Sn 2( A n   Bn  )  ( A n   Bn  ), n  = 2Sn   Sn  , n  (1) Nhận xét 3: S2 6 S3 14 Đ X X Đ X X Đ Đ X Đ Đ X X Đ Đ X Đ Đ X X X Đ Đ X X Đ X Đ X Đ X Đ Đ Đ Đ X Đ X Đ X Đ X X X X X Đ X X Đ X Đ X X X X Đ X Đ X X Đ X Đ Đ Đ Đ X Đ X Đ X X Đ Đ Đ Đ X Đ X Đ X Đ X X X X Đ X Đ X Đ X Đ X X X X Đ X Đ X Đ X Đ Đ Đ Đ Từ (1) ta suy Sn  Sn  = Sn   Sn   =S3  S2 8  Sn 8  Sn   Sn S2  (n  2)8 8n  10 Vậy có S2013 8 2013  10 16094 cách tơ màu thỏa u cầu tốn Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét tập hợp S   x, y  | x, y 12; x, y   Mỗi điểm S tô ba màu xanh, đỏ, vàng Chứng minh tồn hình chữ nhật có cạnh song song với hai trục tọa độ, cố bốn đỉnh thuộc S tô màu Hướng dẫn giải: Từ giả thiết suy số phần tử S 144 Khơng giảm tính tổng qt, giả sử tô điểm tô đỏ S nhiều Theo nguyên llý Dirichlet, số điểm đỏ S 48 12 Ký hiệu điểm màu đỏ có tung độ i mi , i 1, 2, ,12 ta có m i 48 i 1 Số cặp điểm màu đỏ có tung độ i C 2mi  mi  mi  1 Sơ có cặp điểm màu đỏ có tung độ S : 12 12 i 1 i 1  C2mi  mi  m i  1  12   12     m mi     m i  2  i 1   i 1   1  12   12   12    12     mi     mi     mi     mi   12   48  48  12  72 24  i 1   i 1  24  i 1    i 1   24 Vậy số cặp điểm màu đỏ có tung độ S 72 cặp Mặt khác số cặp điểm trục hồnh có tung độ số ngun từ đến 12 C12 66 Do chiếu cặp điểm màu đỏ lên trục hoành có cặp hình có chiều trùng nhau, hai cặp điểm xác định hình chữ nhật thỏa mãn yêu cầu Bài Cho n số nguyên dương chẵn lớn Ta tô màu n n số chúng tô màu xanh số cịn lại 2 tơ màu đỏ Với cách tơ vậy, kí hiệu f n số số nguyên dương mà viết dạng tổng hai số khác màu số số nguyên dương từ đến n cho a Tìm tất giá trị f b Khi n 8, chứng minh f n  2n  Hãy cách tô màu thỏa mãn f n 2n  Hướng dẫn giải: +) Không tổng quát, coi tơ xanh Ta có trường hợp sau: 1X 2X (suy 3Đ 4Đ) : f 3 (các số viết dạng tổng hai số khác màu 4; 5; 6); 1X 2Đ 3X (suy 4Đ) : f 3 (các số viết dạng tổng hai số khác màu 3; 5; 7); 1X 2Đ 3Đ (suy 4X) : f 4 (các số viết dạng tổng hai số khác màu 3; 4; 6; 7); Vậy f   3; 4 +) Ta xét với n 8 Rõ ràng f n 2n  3, số viết dạng tổng hai số khác màu lớn nhỏ 2n  Nếu f n 2n  từ đến (n  1) viết dạng tổng hai số khác màu Và đó, ta coi 1X, 2Đ Lại số từ đến (n  1) viết dạng tổng hai số khác màu nên n 3Đ, 4Đ,…, (n  2) Đ Lúc này, số tô Đ vượt , vô lý Vậy f n  2n  Ta cách tô màu thỏa mãn f n 2n  Thật vậy, giả sử n 2k, ta tô X số 1; 2; 4; ; 2k  2, tô Đ số 3; 5; ; 2k  1; 2k Khi đó, số viết dạng tổng hai số khác màu tất số từ đến 4k  2, tức có 4k  số mà viết dạng tổng hai số khác màu Bài Cho tập hợp gồm 2014 phần tử sau:  1; 2; 3; ; 2014 Cần loại bỏ phần tử khỏi tập hợp trên, cho tập hợp cịn lại có tính chất: khơng có phần tử tích hai phần tử cịn lại khác Hướng dẫn giải: Trước hết, ta loại bỏ số 2, 3, 4, 5, … , 44, chứng minh tập số lại {1;45;46;… ;2014} thỏa mãn đề Thật vậy, số có số hiển nhiên 1.x x y ln với x  {45; 46;… ; 2014} y  {45; 46;… ; 2014}\{x} Nếu không số 1, tức x, y  {45; 46;… ; 2014} x  y , xy  452 2025  2014 không thuộc tập cho Như vậy, ta cách loại bỏ 43 phần tử thỏa mãn đề Bây giờ, ta xét cách loại bỏ 43 phần tử Xét 43 số: (2; 87; 87) (3; 86; 86) (4; 85; 85) …………… (44; 45; 44 45) Do tất số đôi khác nhau, ta loại bỏ 43 phần tử, nên tập lại chứa số Bộ ba số không thỏa mãn đề bài, nên cách loại bỏ xét khơng thỏa mãn tốn Vậy ta cần loại bỏ 43 phần tử Bài Trong lớp học có 30 học sinh gồm 15 học sinh nam 15 học sinh nữ Các học sinh đánh số thứ tự từ đến 30 (mỗi học sinh đánh số số đánh cho học sinh) theo nguyên tắc: Các học sinh nam đánh số lẻ, học sinh nữ đánh số chẵn Từ 30 học sinh có cách chọn nhóm học sinh mà tổng số thứ tự học sinh nhóm khơng nhỏ 233 đồng thời số học sinh nam số học sinh nữ nhóm Hướng dẫn giải: Cho tương ứng nhóm học sinh chọn với tập M tập hợp A {1, 2,3., ,30} thỏa mãn: “ S(M)   a 233 M số lượng số chẵn số lượng số lẻ” (*) Ta đếm aM số tập M Trước hết ta xét tập M A có số lượng số chẵn số lượng số lẻ Số cách chọn k k k phần tử chẵn C15 số cách chọn k phần tử lẻ C15 , với k  {0,1, ,15} Do đó, số cách chọn 15 15 k 0 k 0 k k k tập M có số lượng số chẵn số lượng số lẻ  C15 C15  (C15 ) 15 Chứng minh được: k 15  (C ) C15 30 k 0 Gọi (A) tập tập A có số lượng số chẵn số lượng số lẻ (coi  tập vậy) Ta thấy, M  (A) A \ M  (A) Bởi xét ánh xạ f : (A)  (A), M  f (M) A \ M Dễ thấy f song ánh Vì  a 465 nên S(M) 233 aA S(A \ M) 232 Suy ra, M  (A) thỏa mãn (*) A \ M  (A) khơng thỏa mãn (*), số cách chọn nhóm học sinh thỏa mãn toán | (A) | C15  30 2 Bài Giả sử có phân hoạch  thành hai tập hợp A, B Chứng minh n   tồn a, b   phân biệt lớn n cho { a, b, a + b } tập A B Hướng dẫn giải: Do  A  B - Nếu B tập hữu hạn  tồn m phần tử lớn B Với n   lấy a, b > max{n, m } a, b, a + b > m   a, b, a  b  A - Nếu B tập vô hạn n   lấy b, c  B phân biệt cho b, c > n Lấy a  B cho a – b > n, a > c  a > n Giả sử không tồn a, b phân biệt cho   a, b, a  b  A  a  c, b  c  A    a, b, a  b  B Do a – b > n, a, b  B mà a – b+ b = a  a  b  A Mà ( a – b) + (b + c) = a + c  A   a  b, b  c, a  c  A ( mâu thuẫn )   a, b, a+b  A Vậy a, b  , a, b  n cho    a, b, a+b  B Bài Xếp 10 học sinh ngồi quanh bàn trịn Ngân hàng đề có tất loại đề thi Hỏi có cách phát đề cho học sinh cho khơng có học sinh ngồi cạnh có đề thi? Hướng dẫn giải: Gọi Sn số cách phát đề cho học sinh cho khơng có học sinh ngồi cạnh có đề thi Cố định học sinh làm vị trí học sinh bên tay phải học sinh vị trí thứ 2, thứ 3,…, thứ n.( học sinh vị trí thứ n ngồi cạnh học sinh vị trí thứ nhất) Ta thấy: Nếu học sinh vị trí thứ học sinh vị trí thứ n-1 có đề thi khác có cách phát đề cho học sinh vị trí thứ n Nếu học sinh vị trí thứ học sinh vị trí thứ n-1 có đề thi giống có cách phát đề cho học sinh vị trí thứ n Do ta có hệ thức: Sn  3Sn   4Sn  n  4 Sử dụng phương pháp sai phân để tính Sn Xét phương trình đặc trưng:  x  x  3x      Sn a( 1) n  b4n x   Do S2 5.4 20,S3 5.4.3 60 Ta có: a  16b 20 a 4     a  64b 60 b 1 n Vậy Sn    1  4n  S10   410 Bài Cho S  1, 2, , 2014 , với tập tập khác rỗng T  S , ta chọn phần tử làm phần tử đại diện Tìm số cách ký hiệu phần tử đại diện cho tập khác rỗng S thỏa mãn với tập khác rỗng T  S hợp tập khác rỗng khơng giao A, B, C  S , phần tử đại diện D phần tử đại diện ba tập A, B, C Hướng dẫn giải: + Với tập X  S , ký hiệu r  X  phần tử đại diện X Giả sử x1 r  S Trước hết ta chứng minh khẳng định sau: Nếu x1  X X  S x1 r  X  - Nếu X 2012 , ta viết S thành hợp ba tập không giao gồm X hai tập khác S Từ giải thiết suy x1 r  X  - Nếu X 2013 , xét phần tử y  S, y x1 Coi S giao ba tập không giao gồm  x1 , y hai tập khác nữa, áp dụng trường hợp X 2012 , ta suy r   x1 , y  x1 , nên y r  X  (vì theo giả thiết phần tử đại diện ba tập phần tử đại diện X, mà r   x1 , y  y hai tập cịn lại khơng chứa y) Do y lấy tùy ý nên r  X  y, y  X, y x1 Từ ta có r  X  x1 - Chú ý khẳng định với tập S có từ phần tử trở lên + Ta có 2014 cách chọn x1 r  S , với x1  X  S r  X  x1 Xét S2 S \  x1 Tương tự ta có 2013 cách chọn x r  S2  , với x  X  S2 r  X  x Lặp lại tương tự q trình ta có 2014.2013….5 cách chọn x1 , x , , x 2010  S với i 1, 2, , 2010 , r  X  x i , x i  X  S \  x1 , x , , x i  1 Bây lại phần tử S ký hiệu Y  y1 , y , y3 , y  Ta có cách chọn r  Y  , giả sử y1 r  Y  , chứng minh tương tự ta có r   y1 , y   r   y1 , y   r   y1 , y   y1 Cịn tập chưa có phần tử đại diện  y1 , y , y3  ,  y1, y3 , y  ,  y1, y , y  ,  y , y3 , y  ,  y , y3 ,  y , y  ,  y3 , y  , phần tử đại diện tập chọn tùy ý nên có 34.23 cách chọn + Vậy tổng cộng có 2014.2013….4.34.23 = 2014!.108 cách xếp phần tử đại diện cho tập Bài 10 Gọi hình chữ nhật kích thước 3 (hoặc 2 ) bị cắt bỏ hình vng 11 góc hình chữ nhật khuyết đơn (xem hình 1) Gọi hình chữ nhật kích thước 3 (hoặc 2 ) bị cắt bỏ hai hình vng 11 hai góc đối diện hình chữ nhật khuyết kép (xem hình 2) Người ta ghép số hình vng 2 , số hình chữ nhật khuyết đơn số hình chữ nhật khuyết kép với cho khơng có hai hình chờm lên để tạo thành hình chữ nhật kích thước 2013 2014 Gọi s tổng số hình vng 2 hình chữ nhật khuyết kép cần dùng cách ghép hình nói Tìm giá trị lớn s Hình Hình Hình vng x Hướng dẫn giải: Tổng quát 2013 2m  (dòng) 2014 2n (cột) với m 1006; n 1007 gọi s tổng số hình vng 2 hình chữ nhật khuyết kép, gọi y số hình chữ nhật khuyết đơn Ta có đẳng thức diện tích hình: 4s  5y 2n(2m  1) Ta đánh dấu  vào ô có tọa độ (2r; 2t) với r m t n ta m n dấu  2013 2014 201 201 Dễ thấy hình: i Hình vng 2 hình chữ nhật kép chứa dấu  ii Hình chữ nhật khuyết đơn chứa hai dấu  ta có bất đẳng thức sau số dấu  hình: mn s  y 5m.n 5( s  y ) 4s  y  s hay 5mn 2n(2m  1)  s suy s 5m.n  2n(2m  1) mn  2n n(m  2) Áp dụng vào với m 1006; n 1007 ta kết s 1011028 Sự tồn cách ghép với s 1011028 hình vẽ: 1007 hình chữ nhật khuyết kép 1003 x 1007 hình vng 2x2 Bài 11 Cho tập X = {1 ; ; ; 2016} Với ≤ k ≤ 2016, ta kí hiệu Fk họ tập gồm k phần tử X cho hai tập có chung khơng k  phần tử Chứng minh tồn tập M phần tử Chứng minh tồn tập Mk X cho |Mk| ≥ 11 Mk không chứa tập thuộc Fk Hướng dẫn giải: Nếu k  11 tập k gồm 11 phần tử thỏa mãn Xét k 11 : Chọn K tập lớn X khơng chứa tập thuộc Fk Khi đó, với x  X K , tồn A x  Fk cho A x  K   x Đặt Bx A x khác Do đó: X K CkK k Đặt K m , ta có: 2016  m C10 (1)  x ta có: Bx  K, Bx k  Dễ thấy Bx đôi 10 10 i k k1 Mặt khác  C10 C10  C10  C10 11  C10 i 0 k k Do đó, m 10 2016  m 2006  C10 Cm trái với (1) Bài 12 Cho bảng hình chữ nhật kích thước m n (m  n) Một số có số ngơi sao, giả sử cột có ngơi Chứng minh có hai ngơi mà hàng chứa có nhiều ngơi cột chứa Hướng dẫn giải: N đánh số từ tới N Đặt a i , bi tương ứng số cột hàng chứa thứ i Ta cần chứng minh bi  a i với hai số i Nhận xét: Nếu a i k ngơi cột với ngơi thứ i có a j tương ứng k Từ suy a n i  b Suy tồn hai số i để i m  n   1  a  i  1  1 bi  1   hay bi  a i với hai số a i bi  đpcm Bài 13 Trên đường tròn ngoại tiếp đa giác lồi 2n đỉnh (n lẻ, lớn 2), ta đặt đỉnh thứ i số ( 1)i i Một phép biến đổi thay hai số hai đỉnh tùy ý hai số : số tăng đơn vị so với số cũ số cũ âm giảm đơn vị so với số cũ số cũ không âm Sau số phép biến đổi ta thu tất số 2n đỉnh đa giác số không? Hướng dẫn giải: Xét đa giác A1A A 2n đỉnh A1 ta đặt số -1, đỉnh A ta đặt số 2,…, đỉnh thứ 2n ta đặt số 2n Tổng tất số đường tròn ban đầu n (số lẻ) Xét tính chất chẵn, lẻ tổng 2n số đường tròn sau phép biến đổi tính chất khơng đổi Thật vậy, có ba trường hợp sau Nếu hai số bị tác động số chẵn hai số sau phép biến đổi số lẻ, tính chẵn, lẻ tổng hai số khơng đổi sau phép biến đổi Các số cịn lại khơng đổi nên tính chẵn, lẻ tổng 2n số không đổi sau phép biến đổi Nếu hai số bị tác động số lẻ hai số sau phép biến đổi số chẵn, tương tự trên, tính chẵn, lẻ tổng 2n số không đổi sau phép biến đổi Nếu hai số bị tác động có số lẻ, số chẵn hai số sau phép biến đổi số lẻ, số chẵn, tính chẵn, lẻ tổng 2n số khơng đổi sau phép biến đổi Nếu thu tất số 2n đỉnh số tổng 2n số số chẵn Điều xảy ban đầu tổng số lẻ Vậy thu tất số 2n đỉnh đa giác số Bài 14 Quần đảo Hồng Sa có lồi chim bồ câu sinh sống, loài mang màu sắc khác , lồi màu xám có 133 con, lồi màu nâu 155 lồi màu xanh có 177 Giả sử hai bồ câu khác màu gặp chúng đồng thời đổi sang màu thứ ba hai bồ câu màu gặp chúng giữ ngun khơng đổi màu Có xảy tình trạng tất loài chim bồ câu sống đảo trở thành màu hay không? Hướng dẫn giải: Khi chia số 133; 155; 177 cho số dư là:1; 2; Ta xét: Nếu bồ câu xám gặp bồ câu nâu, chúng đồng thời đổi thành màu xanh Khi ta có 132 xám, 154 nâu, 179 xanh Những số dư 132; 154; 179 cho tương ứng 0;1 2, nghĩa lại gặp lại đầy đủ số dư có Nếu bồ câu xám gặp bồ câu màu xanh chúng đồng thời đổi sang màu nâu Khi ta có 132 bồ câu xám, 157 bồ câu nâu, 176 bồ câu xanh Lấy số chia cho cho số dư tương ứng 0,1 2, nghĩa lại gặp khả số dư Nếu bồ câu nâu bồ câu xanh gặp nhau, chúng đổi thành màu xám Khi có 135 bồ câu xám, 154 câu nâu 176 câu xanh Số dư củ bồ câu chia cho tương ứng 0,1và 2, có đầy đủ số dư chia cho Bất biến dù thay đổi mầu số dư sơ lượng bồ câu chia cho có đầy đủ 0,1,2 Số lượng tất thằn lằn đảo 133+ 155+ 177= 465 số chia hết cho Nếu tất bồ câu màu số dư số lượng bồ câu màu xám, nâu đỏ chia cho tương ứng 0,0,0 Điều vơ lý số dư phải có đầy đủ số dư chia cho Như câu trả lời Bài 15 Cho trước số nguyên dương n 2 Trong giải đấu cờ vua có 2n vận động viên tham gia, người đấu với người khác ván Tại thời điểm giải, người ta thấy có n2+1 ván đấu diễn Chứng minh chọn ba vận động viên cho hai người thi đấu với Hướng dẫn giải: Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 2: Giả sử có bốn vận động viên theo dự A, B, C, D có ván đấu diến Nếu hai ba người B, C, D đấu với ván ta có điều phải chứng minh Nếu có hai ba người B, C, D chưa đấu với người B, C, D đấu với A ván (Nếu không số ván 5) Khi ba người A, B, C thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử toán với n = k (k  N* , k 2) Ta chứng minh toán với n = k + Giả sử E F hai vận động viên đấu với Nếu tổng ván đấu 2k vận động viên cịn lại khơng k 2+1 theo giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh Nếu tổng số ván đấu 2k vận động viên không vượt k tổng số ván mà E F đấu khơng 2k+1(khơng kể ván đấu E F) Do số 2k vận động viên cịn lại, phải có người G đấu với E F Khi ta có ba vận động viên E, F, G thỏa yêu cầu toán Vậy toán chứng minh Bài 16 Giả sử có 20 người, xếp ngồi vào bàn riêng biệt Cách xếp tốt người ngồi bàn quen Giả sử tồn cách xếp tốt, đồng thời cách xếp tốt, ta có người ngồi bàn Hỏi có nhiều cặp quen ? Hướng dẫn giải: Xét nhân vật A thuộc bàn 1, suy bàn 2, 3, có người khơng quen A Vì quen hết người trong bàn 2, 3, A phải sang bàn đó, lại người (trái với giả thiết người) Suy số người mà A không quen lớn người Do người quen nhiều 16 người Mà số cặp quen nhỏ 20.16 160 Giả sử có 160 cặp quen có 3.20 30 cặp khơng quen Suy xếp thành nhóm, nhóm người khơng quen Mỗi người quen với người thuộc nhóm cịn lại Ghép người với nhóm người vào bàn, ta cách xếp tốt Bài 17 Trên bảng ô vuông 3x3, người ta đặt số viên sỏi cho vng có khơng q viên sỏi Với cách đặt ta cho tương ứng với số điểm tổng số : hàng, cột, đường chéo chứa số lẻ viên sỏi Bảng khơng có sỏi ứng với điểm a) Tồn hay khơng cách đặt sỏi cho bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách đặt b) Chứng minh số cách đặt sỏi với điểm số số chẵn số cách đặt sỏi với điểm số số lẻ Hướng dẫn giải: a) Giả sử ô khơng có sỏi điểm số cách đặt Như hàng , cột hai đường chéo có số lẻ viên sỏi Gọi a, b, c, d số sỏi hình vẽ , a, b, c, d   0,1 Khi đối xứng với a, b, c, d qua tâm có số sỏi tương ứng a ', b ', c ', d' cho a  a ' b  b' c  c' d  d' 1 a b c d Từ  a  b  c    a ' b ' c '  3 suy hai tổng a  b  c a ' b ' c ' số chẵn Khi dịng thứ dịng thứ ba có tổng số sỏi số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy không tồn cách đặt sỏi thỏa mãn điều kiện toán b) Ta gọi hai cách đặt sỏi liên hợp với ô bên trái chúng có số sỏi khác cịn lại tương ứng có số sỏi a b c a b c f e d f d g h i g h i ( B) (B’) Như vậy, cách đặt sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với Xét hai cách đặt liên hợp với (B) (B’) Tổng số sỏi dòng 1, cột đường chéo hai bảng đơi khác tính chẵn lẻ Các dịng, cột đường chéo cịn lại hai bảng có số sỏi Do điểm số ( B) (B’) khác đơn vị, suy số điểm ( B) (B’) có tính chẵn lẻ khác Vậy hai cách đặt liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách đặt cịn lại có điểm số số lẻ suy điều phải chứng minh Bài 18 Các số tự nhiên 0,1, 2,3, điền vào bảng ô vuông kích thước 2015 2015 (mỗi số), số bảng, đến số điền theo hình xoắn ốc ngược chiều kim đồng hồ hình vẽ bên dưới: 1) Biết cột bảng đánh số từ đến 2015 từ trái sang phải dòng bảng đánh số từ đến 2015 theo thứ tự từ xuống Hỏi theo cách điền số 2015 nằm dịng nào, cột nào? 2) Người ta cho phép thực thao tác sau: Đầu tiên, thay số bảng số 14 Mỗi lần sau đó, người ta chọn 12 ô vuông liên tiếp thuộc hàng, 12 ô vuông liên tiếp thuộc cột, 12 ô vuông thuộc bảng hình chữ nhật 4 cộng thêm vào tất ô chọn (mỗi lần chọn loại hình trên) Hỏi sau số hữu hạn lần, làm cho tất ô vuông bảng cho chia hết cho 2016 không? Hướng dẫn giải: 1) Ta có nhận xét sau: i Trong bảng vng có kích thước lẻ (2n  1) (2n  1) có tâm chứa số 0, tất (2n  1) số từ đến (2n  1)  điền cột tính từ trái sang bảng chứa 2n  số lớn (số lớn (2n  1)  nằm cuối cột đó) ii Số nằm hàng 1008, cột 1008 bảng Từ đó, ta thấy rằng: Vì 2015  452 2025 nên số nằm bảng ô vuông 45 45 số lớn bảng 2024 Số 2024 nằm cột bảng này, tương ứng cột thứ 1008  22 986 bảng cho Số 2024 nằm dòng 45 bảng này, tương ứng dòng thứ 1008  22 1030 bảng Do 2024  2015 9 nên số 2015 nằm cao số 2024 dòng, suy số 2015 nằm dòng thứ 1030  1021 Vậy số 2015 nằm dòng thứ 1021 cột thứ 986 bảng 2) Sau bước thay 14, ta thấy tổng số bảng là: 14       2015  1 14  20152  20152  1 Dễ thấy số chia dư Trong thao tác cộng số 12 ô (bất kể nằm hàng nào, cột nào) bảng tổng số tăng lên 12 đơn vị Suy số dư tổng số bảng chia cho bất biến suốt q trình Để bảng có tất số chia hết cho 2016 dễ thấy tổng chúng phải chia hết cho 4, điều xảy Vậy câu trả lời phủ định Bài 19 Tìm tất số nguyên dương n cho tập A  1,3, , 2n  1 phân hoạch thành 12 tập mà tổng phần tử tập Hướng dẫn giải: Tổng phần tử A n Do đó, tập có tổng phần tử n2 , suy 12 n 6k, k  * Khi tổng phần tử tập 3k Vì 2n  12k  thuộc tập nên suy 12k  3k  k 4 Nếu k 5 A  1,3, ,59 chia thành 12 tập con, tập có tổng phần tử 75, tập có nhiều phần tử Hơn nữa, số phần tử tập số lẻ, tập có ba phần tử Suy A có 3.12 36 phần tử, vơ lý A 30 12 Với k 4, ta có phân hoạch A  1,3, , 47 Bi , với Bi  2i  1, 49  2i thỏa mãn i 1 Với k 6, A  1,3, , 71 , xét tập Bi  35  2i, 73  2i với i 1, 2, ,9 ; B10  23, 25, 29,31 , B11  19, 21,33,35 , B12  1,3,5, 7,9,11,13,15,17, 27 , ta có phân hoạch thỏa mãn tốn Với k 7, A  1,3, ,83 , xét tập Bi  4i  3, 65  2i,85  2i với i 1, 2, ,10; B11  3, 27,35,39, 43 , B12  7,11,15,19, 23,31, 41 , ta có phân hoạch thỏa mãn tốn Với k 9, A  1,3, ,107 , xét tập Bi  23  8i,109  4i,111  4i với i 1, 2, , 7; B8  1, 41, 65, 67, 69 , B9  3,15, 73, 75, 77 , B10  29,37,57,59, 61 , B11  5,9,17, 23, 25, 27,33,51,53 , B12  7,11,13,19, 21,35, 43, 45, 49 , ta có phân hoạch thỏa mãn tốn Bây giờ, giả sử k k thỏa mãn tốn, k k  thỏa mãn toán Thật vậy, giả sử Bi ,i 1, 2, ,12 phân hoạch tập A  1,3, ,12k  1 thỏa mãn tốn Khi tập A '  1,3, ,12  k    1 phân hoạch thành tập B 'i Bi   12k   2i,12k  49  2i ,i 1, 2,  ,12 thỏa mãn toán Từ trường hợp suy giá trị k thỏa mãn có dạng  4m,6  4m,7  4m,9  4m Do n 6k, với k 4 k  , k  Bài 20 Cho11 điểm nằm đường thằng d cho khoảng cách điểm ko lớn Đặt S(m) tổng khoảng cách từ điểm đến 10 điểm cịn lại CMR:  S(m) 60 lại nhỏ người bước cuối thua, hịa Xác định kết trò chơi