Thông tin tài liệu
Toán Tổ Hợp Bài Xếp 100 bạn học sinh thành hai hàng ngang.Hỏi có cách chọn số bạn học sinh từ 100 học sinh ban đầu cho khơng có hai bạn đứng kề chọn.Hai bạn đứng kề hai bạn có số thứ tự liên tiếp hàng số thứ tự hai hàng Hướng dẫn giải Gọi số học sinh ban đầu 2n U n số cách chọn số bạn xếp thành hàng ngang thỏa mãn yêu cầu toán Ta bỏ bạn học sinh đầu hàng, 2n 1người Gọi Vn số cách chọn số bạn từ (0,5đ) 2n người thỏa mãn yêu cầu toán *)Xét số cách chọn từ 2n người n n Xảy trường hợp sau +TH1: Bạn vị trí chọn.Khi bạn vị trí 2,3 khơng chọn Do có Vn1 cách chọn ( Thêm cách không chọn từ 2n bạn) +TH2: Bạn vị trí chọn Tương tự có Vn1 cách chọn +TH3:Cả bạn vị trí khơng chọn Khi có U n 1 cách Vậy ta có U n U n1 2Vn 1 (1) (1đ) *)Xét số cách chọn từ 2n 1bạn n × n Xảy trường hợp sau +Th1: Bạn vị trí chọn.khi bạn vị trí khơng chọn Vậy có Vn1 cách +Th2: Bạn vị trí khơng chọn Có U n 1 cách Vậy ta có Vn Vn1 U n1 (2) (1đ) Từ (1) (2) ta tìm U n1 U n U n1 1 n 1 Từ suy U n 1 2 n 1 (0,5đ) 2 (0,5đ) Với n 50 ta có số cách chọn thỏa mãn yêu cầu toán 1 1 51 U 50 51 2 (0,5đ) Bài Cho tập X 1, 2,3, 2015 , xét tất tập X , tập hợp có phần tử Trong tập hợp ta chọn số bé Tính trung bình cộng số chọn Hướng dẫn giải Xét X 1, 2,3 n tập gồm r phần tử X 1 r n Các tập hợp X có phần tử chọn 1, n – r ( có nhiều tập có chung phần tử bé nhất) Cách cấu tạo tập hợp sau: Lấy A X \ 1 , A có r – 1phần tử, 1 A tập hợp có r phần tử số phần tử bé Vậy có: + C((nr1)1) tập có số bé Tương tự ta có + C((nr1)2) tập có r phần tử có số bé + Cnr1r 1 tập có r phần tử có số bé n – r Suy trung bình cộng số chọn 1Cnr11 2Cnr12 n r 1 Cnr1r 1 r Cn Ta chứng minh: n 1 1Cnr11 2Cnr12 n r 1 Cnr1r 1 r Cn r 1 1C r 1 n 1 2Cnr12 n r 1 Cnr1r 1 n 1 r Cn Cnr11 r 1 Gọi vế trái (1) S Sử dụng công thức C(rm1) Cmr Cm( r 1) ta được: S 1(Cnr C(rn1) ) 2(C(rn1) C(rn2) ) (n r )(C(rr 1) Crr ) (n r 1)Crr Bài 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 đôi không cắt cho tổng giá trị dây cung n Bổ đề:Trên trịn có 2n điểm phân biệt Người ta tô màu 2n điểm màu màu xanh đỏ cho có n điểm tô màu xanh n điểm tô màu đỏ điểm khác màu nối dây cung Khi với cách tô màu tồn n dây cung mà dây cung cắt Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề quy nạp Dễ thấy bổ đề với n Giả sử bổ đề với n m Xét n m : 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 cịn 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 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 1) (n 2) ? 2n n n n2 (ĐPCM) Bài Cho số nguyên dương n Chứng minh tập hợp X 1; 2; 3; ; n2 n chia thành hai tập không giao cho không tập chúng chứa n phần tử a1 , a2 , , an với a1 a2 an ak k 2; 3; , n 1 Đặt Sk k k 1; k k 2; ; k ; Tk k 1; k 2; ; k k ak 1 ak 1 với 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 (1) Nếu a1 Si , ta có i n Sn1 n Suy tồn n Si n i phần tử thuộc a1; a2 ; ; an Si 1 Si 2 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 không 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 Trong mặt phẳng cho 2n (n * ) đường thẳng phân biệt cho khơng có hai đường song song vng góc khơng có ba đường đồng quy Chúng cắt tạo thành tam giác Chứng n n 1 2n 1 minh số tam giác nhọn tạo thành không vượt n n 1 2n 1 Gọi số tam giác tạo thành f n Ta phải chứng minh f n 1 , n * Với ba đường thẳng số đường thẳng cho cắt tạo thành tam giác nhọn tù Gọi g n số tam giác tù Ta gọi tam giác tạo ba đường thẳng a, b, c là: "giả nhọn cạnh a " góc chung cạnh a tam giác góc nhọn Chọn đường thẳng d coi trục hồnh, đường thẳng lại chia làm hai tập: Tập T đường thẳng với hệ số góc dương, Tập T tập đường thẳng với hệ số góc âm Hai đường thẳng tạo với d tam giác "giả nhọn" đường thẳng thuộc tập T đường thẳng thuộc tập T Gọi p số đường thẳng thuộc T q số đường thẳng thuộc tập T Khi p q 2n số tam pq giác "giả nhọn cạnh d " pq Ta có pq n -Nhưng d đường thẳng số 2n đường thẳng ta có số cặp (đường thẳng d ; tam giác "giả nhọn cạnh d") nhỏ n2 2n 1 -Trong cách tính tam giác nhọn tính lần (theo cạnh) cịn tam giác tù tính lần nên f n g n n2 2n 1 (1) -Thế tổng số tam giác là: C23n1 f n g n 2n 1 2n 2n 1 (2) Từ (1) (2) suy f n n2 2n 1 f n g n n (2n 1) hay f n (2n 1)2n 2n 1 n(n 1)(2n 1) n n 1 2n 1 Bài Tìm tất số tự nhiên n cho mặt phẳng tồn n đường thẳng mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Xét n đường mặt phẳng, mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Nếu a đường thẳng n đường có k đường song song với k n Cho blà đường thẳng cắt a, b cắt tất đường không song song với a b với số giao điểm số giao điểm a với đường thẳng đồng thời b cắt đường thẳng song song với a mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Suy có k đường song song với b Vậy n đường chia thành S nhóm, mổi nhóm gồm k 1đường thẳng song song với => Số giao điểm đường với đường khác k 1 (S 1) 2014 Mà 2014 = 2.19.53 k 1là ước nguyên dương 2014 n k k 1 1; 2; 19; 53; 38; 106; 1007; 2014 1 S 2014 k 1 => n {2015; 2016; 2033; 2067; 2120; 2510; 3021; 4028} Bài Trên bàn cờ 10 x 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 số lớn thứ ba chọn Sắp xếp thứ tự 10 số lớn thứ ba hàng a1 a2 a10 Ta thấy tối đa 20 số lớn a1 (là số lớn thứ thứ hai hàng) Vì a1 80 Tương tự có tối đa 28 số lớn a2 Vì a2 72 Từ a1 a2 a10 80 72 a10 a10 a10 8a10 180 Trong đó, tổng số hàng chứa a10 không lớn 100 99 a10 a10 1 a10 8a10 171 Do 8a10 171 8a10 180 nên hàng chứa a10 hàng thỏa mãn yêu cầu Bài Cho tập hợp X có 2016 phần tử Chọn 64 tập X , X , , X 64 tập X (mỗi tập chứa nhiều 1008 phần tử) Chứng minh tồn tập A X có số phần tử khơng vượt q mà A X i , với i 1, 64 (Chuyên Thái Bình) Lời giải Tổng số phần tử 64 tập lớn 64.1008 32.2016 Vì tồn phần tử a tập X thuộc 33 tập con, giả sử X1, X2, …, X33 Xét 31 tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử b tập X thuộc 16 tập con, giả sử X34, X35, …, X49 Xét 15 tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử c tập X thuộc tập con, giả sử X50, X51, …, X57 Xét tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử d tập X thuộc tập con, giả sử X58, X59, X60, X61 Xét tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử e tập X thuộc tập con, giả sử X62, X63 Với tập X64 lại ta lấy phần tử f Như tập A chứa phần tử a, b, c, d, e, f thỏa mãn tốn Suy đpcm Bài Những hình vng kích thước tơ hai màu Chứng minh tồn 21 hình chữ nhật với đỉnh màu cạnh song song với cạnh hình vng Giải: Ta cho màu tô trắng đen Lấy hàng bất kỳ, ta giả sử tồn k ô đen – k ô trắng Khi tồn Ck2 C72k k 7k 21 Cặp ô màu Vậy tồn 7.9 = 63 cặp màu hàng Tiếp theo tồn C72 21 cặp cột Suy tồn 21.2 = 42 tổ hợp màu cặp cột Với tổ hợp i 1; 24 , giả sử tồn ji cặp tổ hợp, tồn 42 ji – hình chữ nhật cho tổ hợp Vì tổng ji 63 nên tồn ( ji 1) 63 42 21 i 1 Vậy tồn 21 hình chữ nhật thỏa mãn yêu cầu toán Bài 10 Cho tập hợp A 1; 2; ; 2013 Cần phải loại khỏi A phần tử để tập hợp lại có tính chất: Khơng phần tử tích hai phần tử khác Lời giải Loại khỏi A tập hợp {2;3; ;44} , tập có 43 phần tử Khi tập cịn lại {1;45;46; ;2012;2013} Rõ ràng tập thỏa mãn u cầu: Khơng có phần tử tích hai phần tử khác 1.0 đ Ta chứng minh cách tách khỏi A tập hợp có nhiều 42 phần tử không thỏa mãn yêu cầu đề 0.5 đ Thật xét ba sau (43 ba): 2, 87, 2.87 3, 86, 3.86 4, 85, 4.85 ………… 44, 45, 44.45 Xét hàm số f ( x) x(89 x) với x 44 Ta có f '( x) 89 x 0, 2 x 44 Vậy f hàm đồng biến x 44 Suy f (2) f (3) f (44) 2.87 3.86 44.45 Dễ thấy 44 45 46 87 2.87 3.86 44.45 Vì 44.45 1980 2013 nên toàn phần tử 43 ba khác nằm tập hợp A Vì ta tách khỏi A tối đa 42 phần tử, nên phần lại A (sau tách) phải có ba nói Vậy cách tách khơng thỏa mãn yêu cầu đầu 2.0 đ 0.5 đ Kết luận: Số phần tử cần tách khỏi A 43 phần tử Bài 11 Trên bảng ô vuông cố định có kích thước người ta xếp số viên sỏi cho ô vuông có nhiều viên sỏi Mỗi cách xếp sỏi tính điểm sau, tổng số sỏi hàng (hoặc cột hai đường chéo) số lẻ tính điểm Bảng khơng có sỏi ứng với điểm, bảng xếp kín viên sỏi ứng với điểm a) Tồn hay không cách xếp sỏi cho bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách xếp b) Chứng minh số cách xếp sỏi với điểm số số chẵn số cách xếp sỏi với điểm số số lẻ Giải a) Giả sử ô khơng có sỏi điểm số cách xếp Như hàng, cột hai đường chéo có số lẻ viên sỏi Gọi a, b, c, d số sỏi ô 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 ' a b c a b c d d' d c' b' a ’ Từ a b c a ' b ' c ' 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 xếp sỏi thỏa mãn điều kiện toán b) Ta gọi hai cách xếp 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 e d g h i g h i (B) (B’) Như vậy, cách xếp sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với Xét hai cách xếp liên hợp với (B) (B’) Tổng số sỏi dòng 1, cột đường chéo hai bảng đơi khác tính chẵn lẻ Các dòng, cột đường chéo 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 xếp liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách xếp lại cố điểm số số lẻ suy điều phải chứng minh Bài 12 Cho hình phẳng có diện tích phủ kín hữu hạn hình trịn Chứng minh số đường trịn chọn hình trịn có diện tích khơng bé chọn số hình trịn đơi rời có tổng diện tích khơng bé Kí hiệu: O; R – đường trịn tâm O bán kính R dtF – diện tích hình phẳng F Do số đường trịn hữu hạn nên ln chọn hình trịn có bán kính lớn Gọi đường trịn O1; R1 Gọi F1 hình phẳng tạo O1 ; R1 hình trịn có điểm chung với hình trịn O1 ; R1 Dễ thấy, tất hình trịn tạo nên F1 nằm hình trịn O1;3R1 Do đó: dtF1 dt O1;3R1 9dt O1; R1 dt O1 ; R1 dtF1 1 Trường hợp 1: O1 ; R1 có điểm chung với tất hình trịn cịn lại Do hình trịn phủ kín hình phẳng có diện tích nên dtF1 Từ (1) ta dt O1 ; R1 (đpcm) Trường hợp 2: Tồn hình trịn khơng có điểm chung với O1 ; R1 9 Do số đường tròn hữu hạn nên ta chọn số hình trịn k (k ≥1) hình trịn O2 ; R2 ; O3 ; R3 ; ; Ok 1; Rk 1 thỏa mãn điều kiện: a) Với i 2, 3, , k Oi ; Ri hình trịn có bán kính lớn khơng có điểm chung với hình trịn O1; R1 ; , Oi 1; Ri 1 chọn trước b) Khơng tồn hình trịn khơng có điểm chung với đường trịn đường tròn O1; R1 ; O2 ; R2 ; ; Ok 1; Rk 1 Với i 2, , k gọi Fi hình phẳng tạo Oi ; Ri hình trịn có điểm chung với hình trịn Oi ; Ri Do a) nên tất hình trịn tạo nên Fi nằm hình trịn Oi ;3Ri Do đó: dtFi dt Oi ;3Ri 9dt Oi ; Ri dt Oi ; Ri dtFi 2 Từ b) hình trịn phủ kín hình phẳng có diện tích nên: dtF1 dtF2 dtFk 1 (3) Từ (1), (2) (3) suy dt O1; R1 dt Ok 1; RK 1 Theo xác định hình trịn O1; R1 ; O2 ; R2 ; ; Ok 1; Rk 1 rời (đpcm) Bài 13 Cho 2015 điểm đường thẳng, tô điểm màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm tô màu) Có cách tơ khác cho khơng có điểm liên tiếp màu Giải Gọi S n số cách tô màu thỏa mãn cho n điểm (bài toán ta n 2015 ) Ta tính theo n , xét hai điểm cuối có hai trường hợp xảy ra: +Nếu hai điểm cuối màu điểm thứ n khác màu điểm cuối +Nếu hai điểm cuối khác màu điểm thứ n tơ Từ sinh hai số đặc trưng số cách tô n điểm mà hai điểm cuối màu, số cách tô màu n điểm mà hai điểm cuối khác màu hai thỏa mãn điểm liên tiếp khác màu Ta có: Sn1 2M n 3Pn , Pn1 2Sn ; M n1 Pn Thế Sn1 2Pn1 6Sn1 4Sn2 6Sn1 Vậy ta có hệ thức truy hồi: Sn1 6Sn1 4Sn2 Bây ta tính S3 , S4 thấy S3 27 24 , S4 4! 12 49 Phương trình đặc trưng X X có nghiệm là: 10 Cơng thức xác định Sn ax1n bx2n với a, b thỏa mãn: 24 13 23 a a(3 13) b(3 13) 24 13(3 13)3 4 24 13 23 a(3 13) b(3 13) 49 b 13(3 13)3 3 Sau cho n 2015 ta kết toán Bài 14 Gọi a1a2 an với 2;0 xâu có độ dài n Gọi xâu 20 xâu OLIMPIC hai phần tử liên thứ tự xâu có độ dài n cho ( ví dụ xâu 2220022 có độ dài có xâu OLIMPIC) Xét xâu có độ dài 30 chứa k xâu OLIMPIC, biết có C319 xâu Tìm k ? Giải Gọi H số xâu chứa tồn số có độ dài lớn hay Gọi K số xâu chứa tồn số có độ dài lớn hay Ta có trường hợp sau: Trường hợp HKHKHK…HK (*) ( có k xâu loại H, k xâu loại K) Trường hợp HKHKHK…HKH ( có k+ xâu loại H, k xâu loại K) Trường hợp KHKHK…KHK ( có k xâu loại H, k+1 xâu loại K) Trường hợp KHKHK…KHKH( có k+1 xâu loại H, k+1 xâu loại K) Xét trường hợp Gọi x1 số phần tử xâu H ( H vị trí (*)) , x1 Gọi x2 số phần tử xâu K ( K vị trí thứ hai (*)) , x2 … Gọi x2k số phần tử xâu K ( K vị trí cuối (*)) , x2 k Ta có : x1 x2 x2k 30 Theo toán chia kẹo Euler : Số xâu có độ dài 30 chứa k xâu OLIMPIC trường hợp C292 k 1 Tương tự ta có trường hợp lại kết hợp với quy tắc cộng ta có : 11 C292 k 1 C292 k C292 k C292 k 1 C319 9 k C312 k 1 C319 k 4 9 31 (2k 1) Vậy k Bài 15 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 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 (2k 1) nk k (k 1) Do đó, k (k 1) 2n k 2n Bây ta xây dựng cặp thỏa mãn đề sau 2n Trường hợp 1: Số n có dạng 5k 5k Khi ấy, 2k Ta xét cặp sau (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 Có n n cặp vợ chồng tham dự buổi tiệc Biết người trị chuyện với tất người khác, trừ vợ chồng Các trị chuyện lập thành nhóm người C1 , C2 , , Ck với tính chất sau: Khơng có cặp vợ chồng nói chuyện nhóm hai người khơng phải vợ chồng có nhóm để họ trị chuyện.Chứng minh rằng: k 2n 12 *) Gọi gi i 1, 2,, 2n số nhóm mà người thứ i tham gia trò chuyện Do người thứ i nói chuyện với cặp vợ chồng (A,B) tồn hai nhóm khác chứa A chứa B nên ta có gi i 1, 2,, 2n *) Trường hợp : Tồn i cho gi Giả sử Cm Ch i Khi cặp vợ chồng khơng phải vợ chồng i có người tham gia vào nhóm Cm người tham gia vào nhóm Ch Khi người nhóm Cm \ i nói chuyện vói người khơng phải bạn đời nhóm Ch \ i Do nhóm phân biệt nên có tất n 1 n 2 k n 1 n 2 nhóm Do đó: 2n với n *) Trường hợp 2: gi với i 1, 2,, 2n Khi ta gán cho người thứ i biến số xi Xét hệ phương trình 2n ẩn: x iCt i ; t 1, 2,, k (*) Giả sử k 2n Khi hệ có số phương trình số ẩn nên tồn i cho xi khác Đặt yt xi ; M { i, j với i, j vợ chồng}; M* = {(i,j) với i,j khônglà vợ chồng} iCt Khi đó: 2n y xi gi xi2 xi x j t 1 t 1 iCt i 1 ( i , j )M * k k t 2n 2n i 1 i 1 ( gi 1) xi2 xi2 2 xi x j i j ( i , j )M xi x j 2n ( gi 1) x xi xi x j i 1 ( i , j )M i 1 2n i 2n ( gi 2) x xi ( xi x j ) i 1 i 1 (i , j )M 2n i k Vậy , y t 1 t xi 0; i 1, 2, , 2n Hay, yt 0, t 1, 2, , k xi 0; i 1, 2, , 2n 13 Vậy hệ (*) có nghiệm xi 0; i 1, 2, , 2n ( vô lý) Nên k 2n Bài 16 Tập hợp M gồm hữu hạn điểm mặt phẳng cho với điểm X thuộc M tồn điểm thuộc M có khoảng cách đến X Hỏi tập hợp M chứa phần tử? Giải +) Rõ ràng có hai điểm P, Q thuộc M cho PQ Ký hiệu : M P {X M / PX 1} Từ giả thiết M P ta có: | M p M q | Nếu tồn P, Q cho | M p M q | M chứa điểm +(1.50 đ) Trường hợp với P, Q cho PQ | M p M q | R, S , lúc M P R, S , T ,U M q R, S ,V ,W giả sử M P, Q, R, S , T ,U ,V ,W ta có TQ 1, UQ 1, VP 1, WP Khi M p M q Nếu TR, TS ,UR,US khác 1: suy M t Mq M u M q V ,W suy T hay U trùng với Q , vô lý Nếu TR, TS ,UR,US có số 1: Khơng giảm tính tổng quát, giả sử TV lúc TS TV hay TW = Giả sử TV lúc TW 1suy TU , M t P, R,U ,V M u P, T ,V ,W lúc UTV , RPT ,UTV tam giác cạnh 1, ta có hình Điều mâu thuẫn VR +(0.50 đ) Vậy M chứa điểm Dấu xảy với hình2 Vậy M chứa điểm A5 A9 A6 T V U R A1 A2 A3 A7 A8 P A4 Bài 17 Tìm số nhỏ cặp tập hợp có giao khác tập 2000 tập hợp phân biệt cho với tập hợp 2000 tập hợp có cặp tập hợp có giao khác tập Giải tổng quát n tập hợp ( n 2000 ) 14 Ta có hình biểu diễn (K) n tập hợp sau: n tập hợp biểu diễn n điểm phân biệt mặt phẳng ( khơng có điểm thẳng hàng), hai tập hợp có giao khác biểu diễn đường liền nét( ) nối với hai điểm biểu diễn, hai tập hợp có giao biểu diễn đường không liền nét ( ) nối hai điểm biểu diễn Kí hiệu P tập hợp n điểm, k n số đoạn nối liền nét biểu diễn (K) thỏa giả thiết toán ( tức là: với điểm P có đoạn liền nét) Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ d n k n M A Q B C N P Ta ln ln giả thiết : Trong biểu diễn (K) tồn hai điểm A, B mà đoạn nối AB không liền nét Đặt Q P \ A, B , vậy, Q có n điểm, biểu diễn (K) ta bỏ đoạn AB tất đoạn nối với A, nối với B ta biểu diễn (K*) tập Q thỏa điều kiện toán Gọi k(n-2) số đoạn liền nét biểu diễn (K*) Lấy CQ, suy đoạn CA, CB phải có đoạn liền nét (vì đoạn AB khơng liền nét) Vì Q có n điểm, nên suy : k n n k n (*) Công thức truy hồi (*) cho ta : k n n 2 n 4 k n chẵn Suy k n n n d n n (do d ) Chứng tỏ : Tồn d n n n 2 Chọn n tập hợp để có d n n n 2 n sau : Nhóm X gồm tập hợp giao khác đôi n tập hợp giao khác đơi Mỗi tập hợp nhóm khơng có giao khác với tập hợp nhóm Cách chọn thỏa giả thiết toán n n n n n(n 2) Số đoạn nối liền nét điểm X : ( -1) + ( -2) + ( -3) + + = 2 2 n(n 2) Số đoạn nối liền nét n điểm X Y : n(n 2) 20001998 999000 Vậy d n Thế n = 2000 ta số cần tìm là: 4 một, nhóm Y gồm n n 2 15
Ngày đăng: 26/10/2023, 09:21
Xem thêm:
