Thông tin tài liệu
Bài Gọi f n số cách chọn dấu cộng,trừ đặt biểu thức: En 1 n cho En Chứng minh rằng: a) f n n 1,2(mod 4) b) 2 Khi n 0,3(mod 4) ta có n 1 n f (n) 2n Hướng dẫn giải a) Giả sử tồn cách đặt dấu +,- với n 1,2(mod 4) để En Khi n số chẵn,vì n(n 1) 0(mod 2) n 0,3(mod 4) ,trái với n 1,2(mod 4) Vậy giả sử sai,ta có điều cần chứng minh 1 n n b)Ta chứng minh : f (n) ,thật vậy: Chia tất biểu thức thành 2n1 cặp theo dạng: (1 2a 3a nan;-1 2a 3a nan ) với 1 3 Nếu f (n) 2n1 theo nguyên lý Dirichlet tồn biểu thức nằm cặp trên,hiệu chúng Do chúng khơng thể (mâu thuẫn !) 1 n Do f (n) 2n1 2n 2n1 2n (1) 2 f ( n) Ta chứng minh n Xét biểu thức En ,gọi An tập hợp số xuất En với dấu trước Nếu En tổng phần tử An Nếu 1 An A n4 n n 1 Ta định nghĩa An sau: An \{1} {n 2, n 4} ; An {1,n 1, n 3} Nếu 1 An chọn A n4 Nếu An chọn A n4 Nếu An ta chọn A n4 An \{2} {n 3, n 4} An {2,n 1, n 2} Như với cách chọn An ta xây dựng tập An Giả sử cho trước tập An Ta thấy tập An xây dựng từ tập An thêm cặp tập n 1; n 2; n 3; n 4 An chứa cặp Do ta trường hợp xây dựng An từ xác định An nhất.Do ánh xạ từ An vào An đơn ánh Mặt khác với An xác định En ,với En xác định An Do f (n 4) f (n) Ta có f 3 f 2 Suy ra: f (4k 3) f (4k 1 4) f (4k 1) 42 f (4k 5) 4k f (3) 4k 3 2 f (4k ) f (4k 4) 42 f (4k 8) 4k 1 f (4) 2.4k 1 4k Vì vậy: 2 f ( n) n (2) Bài Giả sử a1 , a2 , , an số thực cho trước Chứng minh có mô ̣t số thực x cho tấ t cả các số a1 x, a2 x, , an x số vô tỷ Hướng dẫn giải Giả sử t số vô tỉ Ta chứng minh số t , 2t , , n 1 t có số thỏa mãn Giả thiết phản chứng khơng có số số thỏa mãn Lập bảng n 1 xn sau: t a1 2t a1 n 1 t a1 t a2 2t a2 n 1 t a2 t an 2t an n 1 t an Có n hàng n cột Theo giả thiết phản chứng hàng có số hữu tỉ nên có n số hữu tỉ bảng Vì có n cột nên có cột chứa hai số hữu tỉ Khi hiệu chúng số hữu tỉ Vơ lí Bài Trên mặt phẳng có 25 điểm, khơng có điểm chúng thẳng hàng Tìm số màu k nhỏ cho ta tơ màu tất đoạn thẳng nối hai điểm mặt phẳng k màu ( đoạn thẳng tô màu) cạnh tam giác tạo điểm chúng tô hai màu Hướng dẫn giải Dùng định lí Ramsey chứng minh được: Tô màu cạnh đồ thị K17 ( đồ thị đầy đủ 17 đỉnh) màu cách tùy ý ln có K có ba cạnh màu ( sách đồ thị trình bày chứng minh, học sinh phải chứng minh lại) Khi k Ta chứng minh: màu ta tơ cạnh K 25 thỏa mãn Thật vậy, chia 25 điểm thành tập hợp điểm A1 , A5 Trong Ai lấy đỉnh ngũ giác Cạnh ngũ giác tơ màu đường chéo tơ màu Sau tập hợp Ai coi đỉnh ngũ giác thực việc tô màu nối đoạn thẳng nhóm Ai , Aj theo cách tương tự với màu lại Ta chứng minh cách tô màu thỏa mãn toán Thật : lấy điểm A, B, C tùy ý Ta xét trường hợp sau: TH1: A, B, C thuộc tập 𝐴𝑖 nạo Dễ dàng kiểm tra cạnh tô màu TH2: A, B, C thuộc hai tập hợp khác Giả sử A, B thuộc tập, C thuộc tập hợp khác Khi hai cạnh CA, CB tô màu cạnh AB tô khác màu TH3:A, B, C thuộc ba tập hợp khác Khi trường hợp giống trượng hợp1 Vậy k nhỏ Bài Cho T tập hợp gồm vô hạn số nguyên dương Trên mặt phẳng (P) cho Bi iT họ hình trịn khơng tính biên hình trịn Chứng minh hình vng M mặt phẳng (P) m phủ kín họ Bi iT tồn số nguyên dương t1 , t2 , , tm T cho M Bti i 1 Hướng dẫn giải Giả sử hình vng M khơng thể phủ hữu hạn hình Bi Khơng tính tổng qt ta giả sử hình vng M hình vng ABCD A 0;0 , B 0;1 , C 1;1 , D 1;0 Chia hình vng M thành hình vng hai đường thẳng qua tâm M vng góc với cạnh Trong hình vng có hình vuông M cho M phủ số hữu hạn hình Bi Độ dài cạnh Ta lại chia hình vng M thành hình vng hai đường thẳng qua tâm M vuông góc với cạnh Trong hình vng có hình vng hình vng M M cho M phủ số hữu hạn hình Bi Độ dài cạnh hình vng M 22 Tiếp tục ta dãy hình vng M n có tính chất sau: (i) M M1 M M n 2n (iii) Không thể phủ hình vng M n số hữu hạn hình Bi Từ tính chất (i) tồn điểm M M n với số nguyên dương n Do M M i0 T cho (ii) M n hình vng có độ dài cạnh M Bi0 Do giả thiết Bi0 hình vng M n có đường chéo n nên M n Bi0 với n 2n đủ lớn, điều mâu thuẫn với (iii) Vậy điều giả sử sai tồn số nguyên dương m t1 , t2 , , tm T cho M Bti i 1 Bài Cho 100 số tự nhiên không lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số số có tổng 100 Hướng dẫn giải Nếu tất số tất số Khi ta lấy 50 số có tổng 100 Giả sử a1 a2 ta xét 100 số có dạng a1 , a2 , a1 a2 , a1 a2 a3 , , a1 a2 a99 200 Nếu có số chia hết cho 100 số 100 số bé 200 Nếu khơng có số chia hết cho 100 100 số phải có hai số đồng dư phép chia cho 100 (vì số dư nhận giá trị từ đến 99) suy hiệu chúng chia hết cho 100 hiệu hai số tổng cần tìm Bài Cho số nguyên a1 , a2 , , a2015 với 100, i 1; 2015 Với cặp ; 1 ta cộng thêm vào hai số cặp khơng xuất k lần Tìm k nhỏ cho hữu hạn lần thực thao tác ta số Hướng dẫn giải a1 a3 a2015 100 Ta xét trường hợp số cạnh cách xa a2 a4 a2014 Đặt S a2 a3 a3 a4 a2014 a2015 lúc chưa tác động S 100 1007 Sau hữu hạn lần tác động tất số S Ta nhận xét Tác động lên cặp a2 , a3 , a2 , a3 , , a2014 , a2015 Thì S không đổi Tác động lên cặp a1 , a2 Thì S tăng lên đơn vị Tác động lên cặp a2015 , a1 Thì S giảm đơn vị Bộ a1 , a2 bị tác động lớn 100.1007 lần k 100.1007 Ta chứng minh k 100.1007 giá trị nhỏ thoả mãn Tác động cặp 1 , số lần 1 3 Tác động cặp , 1 số lần 2 4 Sau lần tác động vậycác số a1 a2 a2014 a2015 nên số lần tác động 100.1007 suy điều phải chứng minh Bài Chứng minh với số nguyên dương n lớn ta loại bỏ hai số thuộc tập hợp Sn 1, 2, , n cho tổng số cịn lại số phương Hướng dẫn giải Xét tập Sn 1, 2, , n loại hai số thuộc S n gọi S tổng số cịn lại n n 1 n n 1 n2 3n n2 n n 1 n S 1 S 2 2 n n 1 n n 1 Hơn với a n 1 n ; 1 ln tồn cách xóa hai số từ S n để S a n 3n n n Cuối cần chứng minh đoạn ; có số phương 2 1,0 Phản chứng: Thật giả sử khơng tồn số phương thuộc đoạn nói nghĩa với m* n2 3n n2 n m 1 ta có : m 2 n2 3n n2 n n2 n n 3n m m 1 1 2 2 2n2 14n 21 ( Bất đẳng thức sai với n ) Cuối ta cần kiểm tra với n n xét tập S3 1, 2,3 ta loại bỏ hai số n xét tập S4 1, 2,3, 4 ta loại bỏ hai số Bài Cho hình vng có cạnh 6cm 2014 đường trịn bán kính cm Đặt tất đường trịn vào 38 hình vng Chứng minh tồn đường thẳng cắt 18 đường tròn cho Hướng dẫn giải Chia hình vng 117 đường thẳng song song cách song song với cạnh hình vng, cách khoảng cm Khi hình vng chia thành 118 dải hình chữ nhật có chiều rộng 118 cm, chiều dài chiều dài hình vng 118 Hình trịn có đường kính 1 cm, > nên đường trịn bị cắt đường thẳng 19 19 118 Vì 2014 = 118 17 + nên theo nguyên lí Dirichlet tồn đường thẳng cắt 18 đường tròn Bài Cho m, n hai số nguyên dương Trong bảng kích thước m n có dán k ngơi (mỗi có nhiều ngơi sao) Ta thực cơng việc có hình mà có ngơi ta dán thêm ngơi vào cịn lại Tìm giá trị nhỏ k cho ban đầu bảng có k ngơi sau hữu hạn bước thực việc dán thêm bảng có ngơi Hướng dẫn giải Sau lần thực thuật tốn hình với ngơi hình thành Nếu ban đầu khơng có hình với ngơi sau bước thực có hai hình với đầy đủ ngơi hình thành Do sau mn-k bước thực có mn-k+1 hình với ngơi hình thành có hình với ngơi có ban đầu mn-k hình có đủ hình thành Mặt khác, tồn (m-1)(n-1) hình bảng, m 1 n 1 mn k Từ k m n Hình vẽ sau ví dụ k= m+n * * * * * * * * * * Bài 10 Cho số nguyên n Chứng minh họ gồm 2n1 tập hợp không rỗng phân biệt tập 1, 2, , n tìm ba tập hợp mà chúng hợp hai tập lại Hướng dẫn giải Với n=2 ,ta có {1;2}={1}U{2} Với n>=2, giả sử có 2n+1 tập khơng rỗng tập {1,2, ,n+1} Nếu 2n-1+1 tập hợp chúng khơng chứa n+1, theo giả thiết quy nạp ta có đpcm Nếu 2n-1+2 tập hợp chứa n+1 bỏ n+1 khỏi tập hợp ta áp dụng giả thiết quy nạp Nếu có 2n-1 tập khơng chứa n+1 có 2n-1 tập chứa n+1 (có nhiều phần tử) tập {n+1} Loại bỏ n+1 tập ta 2n tập khác rỗng tập {1,2, ,n}, chúng phải có hai tập trùng nhau, gọi A Do AU{n+1}=B 1, 2, , n 1 (đpcm) Bài 11 Một khu rừng có dạng hình vng với chiều dài 1km Trong khu rừng có 4000 thơng, to có đường kính 0,5 m Chứng minh khu rừng có nhât 560 mảnh đất , diện tích mảnh 200m2 khơng có thơng Hướng dẫn giải Vì 1km = 1000m = 48.20 + 47.0,6 + 5,9 1000m = 95.10 + 94.0,52 + 2.0,56 Chia cạnh hình vng thành 48 đoạn, đoạn dài 20m , khoảng cách đoạn 0,6m, hai đầu hai đoạn đoạn dài 5,9m Chia cạnh lại thành 95 đoạn, đoạn dài 10m, khoảng cách đoạn 0,52m, hai đầu hai đoạn đoạn dài 0,56m Như có tất 48.95 = 4560 mảnh có diện tích 200m2 Vì có 4000 đường kính khơng q 0,5m nên cịn 560 mảnh (mỗi mảnh có diện tích 200m2 Bài 12 Có 1650 học sinh xếp thành 22 hàng 75 cột Biết với hai cột bất kì, số cặp học sinh hàng giới tính khơng vượt q 11 Chứng minh số học sinh nam không vượt 920 người Hướng dẫn giải Gọi số học sinh nam hàng thứ i, suy số học sinh nữ hàng i 75 Số cặp học sinh giới tính hàng thứ i là: Ca2i C752 ai Do đó, từ điều kiện tốn ta có: C 22 i 1 C752 ai 11C752 ai2 75ai 30525 2ai 75 1650 22 22 i 1 i 1 Cùng với BĐT Cauchy-Schwart ta được: 22 22 2 a 75 22 2ai 75 36300 i i 1 i 1 22 Suy 22 2a 75 191 a i 1 i i 1 i 191 1650 921 Bài tốn chứng minh hồn tồn Bài 13 Cho n số nguyên dương Cho 2n điểm phân biệt đường tròn gán giá trị số 1,2, ,2n (2 điểm khác gán giá trị khác nhau) theo cách Mỗi dây cung nối điểm điểm gán giá trị độ chênh lệch dương đầu mút Chứng minh ta chọn n dây cung đơi không cắt cho tổng giá trị dây cung n2 Hướng dẫn giải Bổ đề:Trên trịn có 2n điểm phân biệt Người ta tơ màu 2n điểm màu màu xanh đỏ cho có n điểm tơ màu xanh n điểm tô màu đỏ điểm khác màu nối dây cung Khi với cách tơ màu ln tồn n dây cung mà khơng có dây cung cắt Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề quy nạp Dễ thấy bổ đề với n=1 Giả sử bổ đề với n=m Xét n=m+1: Do điểm tô màu nên phải tồn điểm kề mà chúng tô khác màu Ta chọn dây cung có đầu mút điểm Theo giả thiết quy nạp tồn cách chọn m cung số dây cung có đầu mút điểm 2m điểm lại mà khơng có dây cung cắt Rõ ràng khơng có dây cung m dây cung cắt dây cung vừa chọn phía Như tồn cách chọn m+1 dây cung mà khơng có dây cung cắt nhau, Bổ đề chứng minh Trở lại tốn: Ta tơ điểm có giá trị 1,2,…,n màu đỏ, điểm n+1,…,2n màu xanh Khi theo bổ đề tồn cách chọn n dây cung mà dây cung có đầu mút tô màu khác chúng đôi không cắt Tổng giá trị dây cung bằng: n + + n + + ⋯ + 2n − − − ⋯ − n = n2 (ĐPCM) Bài 14 Cho số nguyên dương n Chứng minh tập hợp X 1; 2; 3; ; n2 n chia thành hai tập khơng giao cho không tập chúng chứa n phần tử a1 , a2 , , an với a1 a2 an a a ak k 1 k 1 với k 2; 3; , n Hướng dẫn giải Đặt Sk k k 1; k k 2; ; k ; Tk k 1; k 2; ; k k n 1 S Sk ; k 1 n 1 T Tk Ta chứng minh S , T tập cần tìm X k 1 Dễ dàng thấy S T S T X Ta chứng minh phản chứng Giả sử S gồm phần tử a1 , a2 , , an với a1 a2 an ak ak 1 ak 1 với k 2; 3; , n Khi ta có ak ak 1 ak 1 ak , với k 2; 3; , n Nếu a1 Si , ta có i n (1) Sn1 n Suy tồn n Si n i phần tử thuộc a1; a2 ; ; an Si1 Si Sn1 Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tập S j , i j n chứa phần tử số phần tử a1 , a2 , , an Tức tồn ak cho ak , ak 1 S j ak 1 S1 S2 S j 1 Khi ta có ak 1 ak S j j 1; ak ak 1 T j 1 j Suy ak 1 ak ak ak 1 Điều này, mâu thuẫn với (1) Vậy S không chứa phần tử a1 , a2 , , an với a1 a2 an ak ak 1 ak 1 với k 2; 3; , n Chứng minh tương tự ta có tập T khơng chứa phần tử a1 , a2 , , an với a1 a2 an ak ak 1 ak 1 với k 2; 3; , n Vậy S , T tập cần tìm X Bài 15 Chứng minh chia số từ đến 15 thành hai tập A B cho | A | 2, | B | 13 mà tổng số B tích số A ( | A | số phần tử tập hợp A ) Hướng dẫn giải A Bài 16 Cho đa giác A1 A2 A2n , ( n , n nguyên) nội tiếp đường trịn (O) Biết số tam giác có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , , A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , , A2n Tìm n Hướng dẫn giải A Bài 17 Cho bảng vng có 100 100 ô vuông , ô điền dấu + Ta thực phép biến đổi sau: đổi dấu toàn hàng cột bảng ( dấu + thành dấu - , dấu - thành dấu +) Hỏi sau số lần thực phép biến đổi bảng có 98 dấu - khơng? Hướng dẫn giải Giả sử sau số lần biến đổi bảng có 98 dấu Gọi xi số lần đổi dấu hàng thứ i ( i = 1, ,100 , tính từ xuống) Gọi yj số lần đổi dấu cột thứ j ( j = 1, ,100 , tính từ trái sang phải) Gọi m số lẻ số x1; x2 ; ; x100 n số lẻ số y1; y2 ; ; y100 Ta có m , n 0,1, 100 Ta có số lượng dấu - bảng m(100-n) + n( 100-m) = 100m +100n - 2mm Bảng có 98 dấu - nên ta có 100m +100n - 2mm = 98 m 50 (n 50) 502 72 m 50 n 50 43.57 (*) m 50 n 50 57 mà 57 số nguyên tố nên m-50 57 n-50 57 Ta có m-50 , n-50 50; 49; .; 49;50 nên m-50 = n-50 = mâu thuẫn với (*) 10 Vậy bảng khơng thể có 98 dấu - Bài 18 Với số nguyên dương m, kí hiệu C(m) số nguyên dương k lớn cho tồn tâp S gồm m số nguyên dương để số nguyên chạy từ đến k thuộc S tổng hai phần tử thuộc m(m 6) m(m 3) S (hai phần tử không thiết phân biệt) Chứng minh: C ( m) Hướng dẫn giải Trước tiên ta tính thử vài giá trị ban đầu C(m) để cảm nhận toán Dễ thấy: C(1)=2; C(2)=4; C(3)=8 Nhận xét: Việc tính C(m) quy việc đếm số phần tử tập A xác định bởi: A S ( S S ) ; S S x y | x, y S +) (2 điểm) Chứng minh: C ( m) m(m 3) | A || S | | S S || S | | S | C|2S | | S | (| S | 3) m(m 3) 2 Chú ý : Để đánh giá số phần tử tập S+S ta chia hai trường hợp x trùng y x khác y Rõ ràng {1;2;3; ;k} tập A nên ta đpcm +) (2 điểm) Chứng minh: m(m 6) C ( m) Ta tập B cho với số nguyên chạy từ đến m(m+6)/4 thuộc B tổng hai số (không thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi C(m)>=m(m+6)/4 Xét hai trường hợp sau: TH1: m = 2n (1 điểm) Xét tập B(m) = {1; 2; 3; ; n; 2n+1; 3n+2; ; (n+1)n+n} gồm m phần tử dễ thấy tập B ( B B) chứa dãy số liên tiếp từ đến (n+1)n + 2n rõ ràng (n+1)n + 2n = 2n(2n+6)/4 TH2: m = 2n+1(1 điểm) Khi ta xây dựng tập B(m)={1;2;3; ; n+1;2n+3;3n+5; ;(n+1)n+2n+1}gồm m phần tử tập chứa dãy số liên tiếp từ đến (n+1)n+3n+2 rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4 Từ hai TH ta đpcm 11 B ( B B) Bài 19 Cho tập hợp số nguyên liên tiếp sau:{1},{2,3},{4,5,6}, {7,8,9,10}, , tập hợp chứa nhiều tập hợp trước phần tử, phần tử tập hợp lớn phần tử cuối tập hợp trước đơn vị Gọi Sn tổng phần tử tập hợp thứ n Tính S999 Hướng dẫn giải Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối n n n 1 Khi Sn tổng n số hạng cấp số cộng có số hạng đầu u1 n n 1 , công sai d 1 (coi số hạng cuối tập hợp thứ n số hạng đầu cấp số cộng này) Ta có Sn 1 n 2u1 n 1 d n n 1 2 Vậy S999 999 9992 1 498501999 Bài 20 Có 𝑛 học sinh (𝑛 ≥ 2) đứng thành hàng dọc, lần thầy giáo thổi cịi có học sinh đổi chỗ cho Hỏi sau 2015 lần thầy giáo thổi cịi, ta thấy tất học sinh đứng trở lại vị trí ban đầu hay khơng ? Hướng dẫn giải Đánh số từ đến n cho bạn học sinh hàng dọc lúc đầu Ký hiệu 𝑃𝑛 tập hoán vị 1,2, … , 𝑛 Gọi 𝜋 = 𝜋 , 𝜋 , … , 𝜋(𝑛) hoán vị 1,2, … , 𝑛 Cặp 𝜋(𝑖 , 𝜋(𝑗)) 𝜋 gọi nghịch 𝜋 𝑖 < 𝑗 𝜋 𝑖 > 𝜋(𝑗) Xét ánh xạ 𝑓𝑖 : 𝑃𝑛 → 𝑃𝑛 mà 𝑓𝑖 (𝜋) thu từ 𝜋 cách đổi chỗ hai vị trí kề 𝜋 𝑖 , 𝜋(𝑖 + 1) giữ ngun vị trí cịn lại Cho 𝑖, 𝑗 ∈ ℕ∗ , 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛 Xét ánh xạ 𝑓𝑖𝑗 : 𝑃𝑛 → 𝑃𝑛 𝑓𝑖𝑗 = 𝑓𝑗 −1 𝑜𝑓𝑗 −2 𝑜𝑓𝑗 −3 𝑜 … 𝑜𝑓𝑖+2 𝑜𝑓𝑖+1 𝑜𝑓𝑖 𝑜 … 𝑜𝑓𝑗 −3 𝑜𝑓𝑗 −2 𝑜𝑓𝑗 −1 Là hợp thành 𝑗 − 𝑖 − ánh xạ Dễ thấy 𝑓𝑖𝑗 (𝜋) thu từ 𝜋 cách đổi vị trí (𝜋 𝑖 , 𝜋 𝑗 ) giữ ngun vị trí cịn lại Gọi 𝑇(𝜋) số nghịch hoán vị 𝜋 𝑇 𝜋 −1 𝑛ế𝑢 (𝜋 𝑖 ; 𝜋 𝑖 + ) 𝑙à 𝑛𝑔ị𝑐 𝑡ế Ta có 𝑇 𝑓𝑖 𝜋 = 𝑇 𝜋 + 𝑛ế𝑢 𝜋 𝑖 ; 𝜋 𝑖 + 𝑘ô𝑛𝑔𝑙à 𝑛𝑔ị𝑐 𝑡ế Do 𝑇 𝑓𝑖 𝜋 ≡ 𝑇 𝜋 + (𝑚𝑜𝑑2) (2) Từ (1) (2) suy 𝑇 𝑓𝑖𝑗 𝜋 ≡ 𝑇 𝜋 + (mod2) (3) Giả sử 𝜋𝑘 thứ tự 𝑛 học sinh sau lần thổi còi thứ k thầy giáo Ta có 𝜋𝑘 ∈ 𝑃𝑛 𝜋𝑘+1 = 𝑓𝑖𝑗 (𝜋𝑘 ) với ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛 Theo (3) ta có 𝑇(𝜋𝑘+1 ) ≡ 𝑇 𝜋𝑘 + (mod2) Do 𝑇 𝜋𝑘 ≡ 𝑇 𝜋0 + 𝑘 ≡ 𝑘 (𝑚𝑜𝑑2)(vì 𝑇 𝜋0 = 0) Nếu k lẻ 𝑇 𝜋𝑘 ≢ 0(𝑚𝑜𝑑2) 𝜋𝑘 ≠ 𝜋0 Vậy sau 2015 lần thổi cịi, tất học sinh khơng thể đứng trở lại vị trí ban đầu 12 Bài 21 Lấy ngẫu nhiên 498 số nguyên dương khơng vượt q 1000 Chứng minh có số có tổng chia hết cho 111 Hướng dẫn giải Xét tập S={1,2,…,1000} ta phân hoạch S sau: A={1000}, B={111;222;…;999} Và chia tập T=S\(AUB) thành tập có phần tử mà tổng 999 sau: T1={1;998}, T2={2;997}, T3={3;996},…, T495={499;500} Như S chia thành 497 tập con, 498 số chọn ngẫu nhiên phải có số rơi vào tập hợp Hai số chia hết cho 111 có tổng 999 nên tổng chúng chia hết cho 111 Bài 22 Trong ô bàn cờ ta viết số nguyên dương Hiệu hai số nằm hai kề (có chung cạnh) số bé n Chứng minh có 1007 vng chứa số Hướng dẫn giải Ta xét toán tổng quát: Trong ô bàn cờ n2 n2 ta viết số nguyên dương Hiệu hai n số nằm hai ô kề (có chung cạnh) số bé n Chứng minh có 2 + ô vuông chøa số Giải: Trên bàn cờ ta gọi a số bé b số lớn Chúng nằm cách nhiều n2 – ô vuông theo chiều ngang n2 – ô vuông theo chiều thẳng đứng Do tồn đường từ đến ô gồm không 2n2 – ô vuông Hiệu hai số nằm hai ô kề (có chung cạnh) số bé n, nên ta có: b – a 2(n2 - 1)n Mặt khác tất số nguyên dương nằm bàn cờ nằm a b nên nhiều có 2(n2 - 1)n số khác Từ n4> (2(n2 - 1)n + 1) n n nên phải có nhiều vng chứa số Hay có 2 n + ô vuông chưa số Cho ta thu toán cho Bài 23 Các số nguyên viết vào 441 ô bảng vuông 21 21 Mỗi hàng cột có nhiều giá trị khác Chứng minh tồn số nguyên có mặt cột hàng Hướng dẫn giải 13 Giả sử giá trị ghi vào bảng 1, 2, , n Gọi số cột khác mà i i 1, n có mặt bi số hàng khác mà i có mặt Gọi Ti số đánh số i , ta có Ti Ti aibi 441 Ti bi Mỗi cột hàng có khơng q giá trị khác nhau, nên 6.21, bi 6.21 Giả sử với i , ta có 2, bi Khi đó: 2 bi aibi 2 2 bi 3n 21.24 3n Vậy n 21 Mặt khác đặt A i | 2, bi 3 , B i | bi 2, 3 với cột có 21 hàng có khơng q giá trị khác nên tồn giá trị xuất hàng, giá trị thuộc A nên xuất nhiều 21 1 hai cột Do có tất 21 cột nên số giá trị khơng 11 A 11 Tương tự B 11, nên n A B 22 Mâu thuẫn nhận suy điều phải chứng minh Bài 24 Cho số n tự nhiên lớn Ta đánh số cạnh, đường chéo n- giác A1 A2 An số nguyên dương nhỏ r (nguyên dương) cho: i) Mọi số nguyên dương từ đến r đánh số ii) Với tam giác Ai Aj Ak có cạnh đánh số số cạnh lại đánh số nhỏ a) Xác định số nguyên dương r lớn mà điều thực b) Khi r lớn nhất, có cách đánh số thỏa mãn Hướng dẫn giải a Xét đỉnh V mà từ có k cạnh đánh số r, đỉnh phải tồn tồn tam giác có cạnh đánh số r Gọi A tập đỉnh từ V đánh số r | A | k B tập đỉnh cịn lại ( gồm V) | B | n k Khi + Mọi cạnh nối từ điểm thuộc A đến điểm thuộc B đánh số r, giả sử có X thuộc A, Y thc B mà |XY| < r Y V | XV | r,| YV | r , điều kiện ii) nên | XY | r Mâu thuẫn + Mọi cạnh nối điểm A đánh số nhỏ r, X , Y A | XV || YV | r nên |XY| < r 14 + Mọi cạnh nối điểm B đánh số nhỏ r, X , Y B mà | XY | r | XV | r | YV | r Mâu thuẫn Chứng minh quy nạp giá trị lớn r n-1 Giả sử với đa giác i n cạnh, số số dung nhiều k-1 Xét đa giác n+1 đỉnh, giả sử V,A,B đỉnh tập nói đến trên, Ta có r | A | 1 | B | 1 k (n k 1) n Điều phải chứng minh b 2,0 Nhận xét: Nếu đa giác có n cạnh tập A có k phần tử tập A có nhiều k-1 số dung tập B có nhiều n-k-1 số dung Vậy để đánh số từ đến n-1 cho đoạn tạo từ đa giác, ta phải chọn k-1 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 từ điểm thuộc tập B Mặt khác, số cách chọn tập A,B cho | A | k ,| B | n k Cnk Từ ta có hệ thức truy hồi sau ( với f(n) số cách đánh số trường hợp đa giác có n cạnh): n 1 k k 1 n f (n) C Cnk21 f (k ) f (n k ) n 1 f (k ) f (n k ) n !(n 2)! k 1 k !( k 1)! ( n k )!( n k 1)! ( Có 2f(n) theo cách đếm vậy, số Cnk Cnk21 f (k ) f (n k ) tính lần ) n 1 Đặt f ( x) x !( x 1)! g ( x) ta có: 2(n 1) g (n) g (k ) g (n k ) k 1 Chứng minh kết quy nạp f (n) n !(n 1)! 2n1 Bài 25 Cho số ngun dương m, n; bảng hình vng kích thước n n gọi bảng “ m hồn thiện” tất điền số ngun khơng âm (khơng thiết phân biệt) cho tổng số hàng cột m Hỏi có tất cách lập bảng “2015-hồn thiện” kích thước 3x3 cho số nhỏ số đường chéo nằm vị trí tâm bảng? (Ơ đường chéo bảng vị trí giao dịng có số thứ tự tính từ xuống cột có số thứ tự tính từ trái sang nhau; tâm bảng 3x3 dịng thứ cột thứ 2) 15 Hướng dẫn giải Ta giải toán trường hợp lập bảng “ m hồn thiện” kích thước 3x3 Gọi x, y, z, t số điền đường chéo vị trí dịng cột , số cịn lại xác định hình bên x t m x t m z x y t y xt z y t z m y t z Vì số điền khơng âm y số nhỏ số đường chéo nên điều kiện sau phải thỏa x, y, z, t 0; x t m; x t z; z y t m; x y t m z; y x, y, z Các điều kiện rút gọn lại thành y x, y, z ; x t m; z y t * Khi y y t z x y t z x t m Ta thấy bốn số không âm y; y t z; x y t z; x t theo thứ tự tăng dần xác định số x, y, z, t thỏa mãn * tương ứng với cách lập bảng “ m hoàn thiện” Do vậy, số cách lập m 4 2019 Áp dụng với m 2015 , ta kết Bài 26 Cho m, n, k số nguyên dương thoả mãn m k n k 1 m Xét tập hợp S 1, 2, , n Gọi X tập hợp tất tập A S thoả mãn đồng thời hai tính chất sau: (i) A k; (ii) a j m, ai , a j A, i j; i, j 1, k Hãy xác định số phần tử tập hợp X Giả sử A X , A a1 , a2 , , ak Hướng dẫn giải với a1 a2 ak n; a j m, 1 j i k Đặt b1 a1 , b2 a2 m, , bi i 1 m, , bk ak k 1 m 16 Vì a1 a2 ak n; a j m, 1 j i k nên b1 b2 bk n k 1 m Suy tập B b1 , b2 , , bk tập có k phần tử tập 1, 2, , n k 1 m Gọi Y tập tất tập có k phần tử tập hợp 1, 2, , n k 1 m Khi ánh xạ f : X Y A B Khi f song ánh Thật ● f đơn ánh: Vì với A1 , A2 X , A1 A2 B1 , B2 Y , B1 B2 f A1 f A2 ● f toàn ánh: Giả sử B b1 , b2 , , bk Y Đặt A b1 , b2 m, , bk k 1 m a1 , a2 , , ak Ta có 1 bi 1 im bi i 1 m m nên A X f A B Vì ta có X Y Cnk k 1m Bài 27 Hội khỏe Phù Đổng năm 2014 có tổ chức thi đấu môn thể thao chạy 100m, nhẩy xa, nhẩy cao, bắn cung quy định điều kiện cho đội tham gia sau: Mỗi vận động viên đội thi đấu môn thể thao Mỗi đội lựa chọn số vận động viên cho môn tùy ý (nhưng tổng số vận động viên 20) Tại lễ khai mạc, đội xếp thành hàng dọc, vận động viên chạy 100m cầm cờ đỏ đứng đầu, đến vận động viên nhảy xa cầm cờ vàng đến vận động viên nhảy cao cầm cờ xanh cuối vận động viên bắn cung cầm cờ tím Giả sử số đội tham dự đủ lớn, hỏi có tối đa loại hàng dọc (phân biệt theo độ dài màu hàng) Hướng dẫn giải 0 a, b, c, d 20 Ta thấy hàng tương ứng với số (a, b, c, d) với để số lượng vận động a b c d 20 viên thi đấu môn chạy 100m, nhẩy xa, nhẩy cao, bắn cung tương ứng Với số ta đặt 23 tương ứng với dãy nhị phân 101 101 101 Dễ thấy tương ứng song ánh có C 23 dãy nhị a phân khác có tối đa b C 23 c d 1771 loại hàng dọc khác Bài 28 Có 2n đèn L1, L2,…, L2n treo thành hàng theo thứ tự đó, đèn hai trạng thái tắt bật Mỗi giây ta đồng thời thay đổi trạng thái đèn sau: đèn Li đèn kề (chỉ có đèn kề với L1 L2n , có hai đèn kề với đèn lại) trạng thái Li 17 chuyển sang trạng thái tắt, ngược lại Li chuyển sang trạng thái bật Ban đầu tất đèn tắt trừ đèn bên trái bật Chứng minh sau số hữu hạn lần thay đổi trạng thái cuối tất đèn tắt Hướng dẫn giải Kí hiệu đèn từ trái qua phải L1 , L2 , , L2n Giả sử ban đầu L1 bật, đèn khác tắt Ta chứng minh rằng: Sau 2n lần thay đổi trạng thái tất đèn bật sau 2n lần thay đổi trạng thái tất đèn tắt Với n = dễ thấy mệnh đề Giả sử mệnh đề với n = k Ta chứng minh mệnh đề với n = k + Thật vậy: Sau 2k lần thay đổi trạng thái tất đèn L1 , L2 , , L2k bật tất đèn L2k 1 , L2k 2 , , L2k 1 tắt Sau lần thứ 2k hai đèn L2k , L2k 1 bật đèn cịn lại tắt Do sau 2k đổi tất đèn bật suy sau 2k 1 lần thay đổi trạng thái tất đèn bật sau 2k 1 lần thay đổi trạng thái tất đèn tắt Bài 29 Mỗi điểm mặt phẳng tô hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu Hướng dẫn giải Lấy điểm tùy ý cho khơng có điểm thẳng hàng mặt phẳng Khi dùng hai màu để tô điểm nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn ba điểm số màu Giả sử điểm A, B, C màu đỏ Gọi G trọng tâm tam giác ABC Nếu G có màu đỏ ta tam giác có đỉnh trọng tâm màu đỏ Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC đoạn AA', BB', CC' cho AA'=3GA, BB'=3GB, CC'=3GC Gọi M, N, P tương ứng trung điểm BC, CA, AB AA'=3GA=6GM, suy AA'=2AM Tương tự BB'=2BN, CC'=2CP Do tam giác A'BC, B'CA, C'AB tương ứng nhận A, B, C làm trọng tâm Mặt khác ta có tam giác ABC, A'B'C' có trọng tâm G Có hai trường hợp xảy a) Nếu A', B', C' có màu xanh, tam giác A'B'C' trọng tâm G có màu xanh b) Nếu điểm A', B', C' màu đỏ Không giảm tổng quát, giả sử A' đỏ Khi tam giác A'BC trọng tâm A có màu đỏ Bài 30 Cho bố trí vịng tròn quanh ba cạnh tam giác, vòng góc, hai vịng cạnh, số từ đến viết vào vòng tròn cho i Tổng số cạnh ii Tổng bình phương số cạnh tam giác Tìm tất cách thỏa mãn yêu cầu Hướng dẫn giải 18 Lấy bố trí số, gọi x, y, z số góc S1 , S2 tổng bốn số, tổng bình phương bốn số cạnh Do điều kiện cho ta có: 3S1 x y z k x y z 45 (1) k 1 3S2 x y z k x y z 285 (2) - Từ k 1 đẳng thức (2) ta suy x, y, z tất chia hết cho khơng có số chia hết cho Bởi nguyên lý Pigeouhole có hai số đồng dư mod Lấy phương trình (1) theo mod ta suy | ( x y z ) Do x y z (mod3) Nếu ( x, y, z) (3,6,9) hay (1, 4,7) S2 137 17 Nếu S2 137 S2 1(mod 3) suy có số cạnh lẻ Điều khơng thể số lẻ viết khe Vì ( x, y, z) (2,5,8) S2 126 Vì 92 82 126 nên khơng thể nằm cạnh với 8, tức nằm cạnh chứa 7 ;7 126 , nên số phải nằm cạnh chứa số 2 2 - Vì Như lần số cạnh phải (2, 4,9,5); (5,1,6,8); (8,7,3, 2) tổng bình phương số cạnh 126 Cuối ta thử lại số thỏa mãn Bài 31 Cho số nguyên n Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập 1; 2; ; n cho tổng cặp khác số nguyên khác không vượt n Hướng dẫn giải Giả sử có k cặp thỏa mãn đề Gọi S tổng k cặp đó, S 2k k (2k 1) Dễ thấy S n (n 1) (n k 1) nk k (k 1) Do đó, k (2k 1) nk k (k 1) 2n k 2n Bây ta xây dựng cặp thỏa mãn đề sau 2n 2k Ta xét cặp sau Trường hợp 1: Số n có dạng 5k 5k Khi ấy, 19 (4k 1; k ), (4k; k 1), (3k 2;1), (3k;2k ), (3k 1;2k 1), (2k 1; k 1) Rõ ràng dãy có 2k cặp thỏa mãn đề 2n 2k Ta xét cặp sau Trường hợp 2: Số n có dạng 5k 5k 5k Khi ấy, (4k 2; k 1), (4k 1; k ), ,(3k 2;1),(3k 1;2k 1),(3k;2k ), ,(2k 1; k 1) Dãy có 2k thỏa mãn đề 2n Vậy số lớn cặp thỏa mãn đề Bài 32 Sắp xếp chín học sinh lớp 11 (hoặc giới Nam giới Nữ) đứng cách đường tròn Chứng minh tồn sáu học sinh giới đứng sáu đỉnh hai tam giác Hướng dẫn giải Gọi học sinh H1, H2, H9 đứng chín đỉnh đa giác chín cạnh Vì có học sinh đứng đỉnh nên có đỉnh có học sinh giới (hoặc Nam Nữ) Để cho tiện, ta giả sử đỉnh có học sinh Nam đứng (tương tự học sinh Nữ) Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh Nam đứng tam giác Nam, có C53 10 tam giác Nam Bây ta chứng minh có hai tam giác Nam nhau: Chín đỉnh đa giác chia đường trịn ngoại tiếp thành cung H i H i 1 , i =1,8 cung H H1; , ta gọi cung “mảnh” Không tính tổng quát, gọi H i H j H k tam giác có Hi H j H j H k H k H i Hơn số hij số mảnh cung H ij không chứa điểm H k ( i j k i ); tương tự ta định nghĩa cho số h jk , hki Tương ứng với tam giác H i H j H k với ba (hij ; h jk ; hki ) Ta nhận thấy rằng: hij h jk hki hij + h jk + hki Chẳng hạn với tam giác với đỉnh H1 , H , H ta gọi tam giác H H1H tương ứng với ba (2;3;4) theo thứ tự Như vậy, tam giác ứng với ba số định nghĩa, tam giác không ứng với ba khác Từ đó, ta xây dựng song ánh lớp tam giác với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với a b c; a+b+c = Có bẩy ba số thỏa mãn là: (1,1,7), (1, 2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) (3,3,3) Tức có lớp tam giác Vì có 10 tam giác Nam (Ba đỉnh tam giác học sinh Nam), nên có lớp 20 có hai tam giác Nam; có sáu học sinh giới, đứng sáu đỉnh hai tam giác Bài 33 Một quân cờ di chuyển bàn cờ 2016 2016 theo ba cách: lên ô, sang bên phải ô, xuống bên trái Hỏi qn cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát không? Hướng dẫn giải Sau bước, tổng thứ tự hàng cột chứa quân cờ giảm tăng lên Như vậy, xét theo modulo tổng tăng bước Do có 20162 bước, kết thúc ô kề bên phải ô xuất phát tổng tăng đơn vị Do đó, 20162 chia hết cho 3, mâu thuẫn Vậy quân cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát Bài 34 Trên mặt phẳng, kẻ vô hạn ô vuông (dạng bàn cờ) ô vuông điền hai số cho hình chữ nhật có kích thước 2x3 có hai điền số Xét hình chữ nhật có kích thước 2016x2017 Tính tổng số có Hướng dẫn giải Nhận xét : Mọi hình chữ nhật có kích thước 1x3 chứa có số Thật vậy, giả sử tồn hình chữ nhật có kích thước 1x3 có số có số khác Khơng tính tổng qt ta giả sử hình chữ nhật AKHD kích thước 1x3 có hai điền số (nếu khơng khơng có chứa số khơng thể ba điền số hình chữ nhật có kich thước 2x3 có điền số 1) Có thể cho coi hai chứa số AKHD ô ô (Nếu khác lập luận tương tự) Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3 có hai chứa số 1,2,4,5 điền số Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết ô 1,2,4,5 điền số nên ô 3,6 phải điền số Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2x3, ta thấy ô 3,6,8 điền số nên dẫn đến mâu thuẫn 21 Trường hợp AKHD khơng có điền số 1, lập luận tương tự ta dẫn đến mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai hay ta có điều phải chứng minh Vì 2016=3x672 nên hình chữ nhật kich thước 2016x2017 chia thành 672x2017 hình chữ nhật có kích thước 1x3 Vậy tổng số điền hình chữ nhật là: 672.2017=1355424 Bài 35 Trong hội nghị, đại biểu bắt tay đại biểu khác Người ta đếm tất 97 lần bắt tay Hỏi hội nghị có tối đa đại biểu Hướng dẫn giải Gọi n số đại biểu Ta xây dựng đồ thị G với đỉnh đại biểu, hai đỉnh nối với cạnh hai đại biểu tương ứng hai đỉnh bắt tay với Khi đồ thị G có 97 cạnh Theo bổ đề bắt tay, đồ thị, tổng số bậc đỉnh hai lần số cạnh, 97 x2 6n n 32 Vậy hội nghị có tối đa 32 đại biểu 22
Ngày đăng: 26/10/2023, 09:21
Xem thêm:
