Toan roi rac phan 3

Bài Cho số nguyên n  Chứng minh họ gồm 2n1  tập hợp không rỗng phân biệt tập 1, 2, , n tìm ba tập hợp mà chúng hợp hai tập lại Hướng dẫn giải Giải quy nạp 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 không 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 Cho X tập hợp 2015 số nguyên dương Gọi p1 , p2 , , pn ước nguyên tố số X Chứng minh 2015  2n tồn hai số X mà tích chúng số phương Hướng dẫn giải Mỗi số M X mã hóa dãy nhị phân ( x1 , x2 , , xn ) xi  số mũ pi phân tích tiêu chuẩn M chẵn; xi  số mũ pi phân tích tiêu chuẩn M lẻ Áp dụng nguyên lí Dirichlet, ta xác định 2015 thỏ 2015 số X Các chuồng 2n dãy nhị phân có độ dài n Khi có hai số có tương ứng dãy nhị phân Tích hai số số phương Bài Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1;2014] Gọi T tập hợp gồm tất tập không rỗng S Với tập hợp X  T , ký hiệu m( X ) trung bình cộng tất số thuộc X Đặt m   m( X ) |T | (ở tổng lấy theo tất tập hợp X  T ) Hãy tính giá trị m Hướng dẫn giải Cách 1: Với x [1, 2, , 2014], đặt mk   m(X) tổng lấy theo tất tập hợp X  T mà | X |  k k 1 Xét số a thuộc S, suy a có mặt C2013 tập X  T mà | X |  k k 1 k 1 Suy kmk  (1    2014)C2013  1007.2015.C2013 k 1  C2013  2015 2014 k 2015 2014 2015 2014 k C2014  C2014  (2  1) Do  m(X)   mk  1007.2015      k  k 1 k 1 k 1 k 1  2015 Mà | T |  (22015  1)  m  Cách Xây dựng song ánh từ T vào T sau X T  f ( X )  {2015- x / x  X }  m( X )  m( f ( X ))  2015 2014 2014 Suy 2 m(X)   m(X)  m(f(X))  | T | 2015 Suy m   m(X)  2015 |T| Bài Ở vị trí khác đường đua ô tô vòng tròn cùng thời gian có 25 tơ x́ t phát theo cùng mơ ̣t hướng Theo thể lê ̣ cuô ̣c đua , tơ có thể vượt lẫn , cấ m không đươ ̣c vươ ̣t đồ ng thời hai xe mô ̣t lúc Các ô tô đến đích điểm mà chúng xuất p hát ban đầu cùng lúc Chứng minh rằ ng suố t cuô ̣c đua có mô ̣t số chẵn lầ n vươ ̣t của các ô tô Hướng dẫn giải Ở Ta sơn 25 ô tô thành màu vàng, còn oto khác đánh số từ đến 24 theo thứ tự mà chúng ở thời điểm ban đầu sau ô tô màu vàng ( theo chiề u chuyể n đô ̣ng của các ô tô) Ở tâm đường đua ta đặt mô ̣t bảng để ghi số thứ tự của các ô tô sắ p xế p sau ô tô vàng sau mỗi lầ n các ô tô vươ ̣t nhau, tức là ta đươ ̣c mô ̣t hoán vi ̣của {1,2,…,24} Trường hơ ̣p 1: Mỗi lầ n ô tô các ô tô từ đến 24 vươ ̣t thì bảng có số liề n đổ i chỗ cho Trường hơ ̣p 2: Nế u trước có lầ n vươ ̣t của mô ̣t ô tô nào với ô tô vàng, số bảng lập thành hốn vị a1, a2,…,a24 sau lần vượt sẽ có hốn vị a2,a3,…,a24,a1 Từ hoán vi ̣trên có thể chuyể n xuố ng hoán vi ̣dưới bằ ng 23 phép chuyển vị, tức là phép đổi chỗ số liề n Trường hơ ̣p 3: Nế u ô tô vàng vươ ̣t mô ̣t ô tô nào đó thì từ hoán vi ̣a1,a2,…,a24 ta có hoán vi ̣a24,a1,a2,…a23 Lầ n di chuyể n có thể thay 23 phép chuyển vị trường hợp Như vâ ̣y mỗi lầ n các ô tô vươ ̣t đề u dẫn đế n viê ̣c thực hiê ̣n mô ̣t số lẻ lầ n phép chuyể n vi ̣ Ta sẽ chứng minh nế u số lầ n vươ ̣t là số lẻ thì về đích các ô tô không đươ ̣c sắ p xế p cũ Thâ ̣t vâ ̣y gs a1,a2…,a24 cách sắp xếp tùy ý số1,2,…24 Ta sẽ nói rằ ng các số ai,aj lâ ̣p thành nghịch thế nế u iaj Khi đổ i vi ̣trí số đứng liề n nhau, tức là thực hiê ̣n mô ̣t phép chuyể n vi ̣thì sẽ tăng hay giảm số nghich ̣ thế Do đó nế u các oto vươ ̣t mô ̣t số lẻ lầ n thì từ cách sắ p xế p thứ tự của các oto ban đầ u, đến cuối cùng ta đã thực số lẻ phép chuyển vị, tức là số nghich thế của lầ n sắ p xế p cuố i cùng là số lẻ, nghĩa ô tô không thể sắp xếp cũ Mâu thuẫn Vâ ̣y các ô tô vươ ̣t mô ̣t số chẵn lầ n Bài Với n số nguyên dương, tập tập 1, 2,3, , n gọi tốt sau ta sắp xếp thứ tự tăng phần tử thu số lẻ, chẵn, lẻ, … theo thứ tự Ví dụ tập tốt 1, 4,5,6 , 3, 4,7 , tập  Tập 2,3, 4, 7 khơng tập tốt bắt đầu số chẵn Tính số tập tốt tập 1, 2,3, , n Hướng dẫn giải Gọi f n số tập tốt 1, 2,3, , n Ta lập hệ thức truy hồi f n + Nếu tập tốt 1, 2,3, , n khơng lấy n f n  f n1 + Nếu tập tốt 1, 2,3, , n lấy n f n  f n2 Vậy ta có f n  f n1  f n2 Hơn f1  2, f  Phương trình đặc trưng x  x    x  1 2 n  1   1  Suy f n  A    B       n    1  1 2 1 B 2 A A  2   5  Thay giá trị đầu ta  2       A   B     B     5       Suy   2 1     1  1    fn          5   5     n n n 1 1       n 1 Bài Với hoán vị p   a1 , a2 , , a9  chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s  p  tổng ba số có chữ số a1a2 a3 , a4 a5 a6 , a7 a8 a9 Trong s  p  có hàng đơn vị 0, gọi m giá trị nhỏ n số hoán vị p thỏa mãn s  p   m Tính m  n Hướng dẫn giải Để s  p  đạt giá trị nhỏ chữ số hàng trăm 1, 2, 3, s  p  có chữ số tận chữ số hàng đơn vị có tổng bội 10 Và từ chữ số 4, 5, 6, 7, 8, khơng có ba số có tổng 10    24  30 nên chữ số hàng đơn vị phải có tổng 20, ta thấy          20 , có ba số có thể xếp vào chữ số hàng đơn vị, tương ứng chữ số cịn lại sẽ hàng chục Do giá trị nhỏ s  p  m  1   3 100  19 10  20  810 Như có trường hợp, trường hợp có cách chọn chữ số hàng trăm, cách chọn chữ số hàng chục cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy số hoán vị p thỏa mãn yêu cầu toán n      648 Vậy m  n  162 Bài Giả sử n số nguyên dương ( n  2014 ) A  {a1 ,a2 , ,an } tập tập {1,2, ,2014}, thỏa mãn: +a j  2014 ,  i  j  n +a j phần tử tập A Chứng minh rằng: a1 +a2 + +an 2015  n Hướng dẫn giải Không tính tổng quát giả sử a1  a2   an Ta sẽ chứng minh ak  an1k  2005 k  n (1) n : ak  an1k  2004 Khi a1  an1k , a2  an1k , , ak 1  an1k ak  an1k không vượt 2004 Như theo giả Thật vậy, giả sử k  thiết k số kể phần tử tập A Nhưng ý số lớn an 1k Điều dẫn đến điều mâu thuẫn tập A có k  số lớn an 1k , an 2k , , an Vậy điều giả sử sai Bất đẳng thức (1) chứng minh Áp dụng BĐT (1): 2(a1 +a2 + +an )  (a1 +an )  (a2 +an1 )   (an  a1 )  n.2015  đpcm Bài 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 S m(m  6) m(m  3)  C ( m)  (hai phần tử không thiết phân biệt) Chứng minh: 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  m(m  3) +) (2 điểm) Chứng minh: | S | (| S | 3) m(m  3) | A || S |  | S  S || S |  | S | C|2S |   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 m(m  6)  C ( m) +)Chứng minh: Ta sẽ tập B cho với số nguyên chạy từ đến m(m+6)/4 thuộc B tổng hai số (khơng thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi C(m)>=m(m+6)/4 Xét hai trường hợp sau: TH1: m = 2n 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 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 B  ( B  B) C ( m)  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 Bài Điền 29 số nguyên dương vào ô vuông bảng x cách sau: Cho phép thay đổi vị trí số bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy số nằm ô kề với trống chủn số sang trống Hỏi cách thực liên tiếp số hữu hạn lần phép chuyển số nói bảng số ban đầu ta có thể nhận bảng số sau hay khơng? 29 10 10 11 12 13 14 11 12 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 Bảng Bảng Nhờ phép chuyển số theo qui tắc đề bài, từ Bảng ta có thể nhận Bảng (*) Ta coi ô trống bảng ô điển số Với bảng số nhận trình chuyển số, ta liệt kê tất số bảng theo thứ tự từ hàng xuống hàng hàng từ trái qua phải Khi ứng với bảng số ta sẽ có hoán vị 30 số tự nhiên Và đó, điều giả sử (*) tương đương với: Từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, , 9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29) (gọi hốn vị a) có thể nhận hoán vị (29, 2, 3, 4, ,11 12, 0, 13, 14, 15, .27, 28, 1) (gọi hoán vị b) nhờ việc thực liên tiếp số hữu hạn lần phép đổi chỗ hai số hoán vị theo qui tắc: Mỗi lần, lấy hai số hốn vị đổi vị trí số cho số liền kề với số (1) +) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) hoán vị 30 số tự nhiên Ta gọi cặp số  ; a j  cặp số ngược hoán vị vừa nêu  a j i  j Dễ thấy, sau lần thực phép đổi chỗ hai số kề hoán vị (a1, a2, a3, ……, a30) số cặp số ngược hốn vị sẽ tăng giảm đơn vị +) Khi chuyển chỗ hai số  n ( n  tùy ý) hoán vị, tức chuyển liên tiếp qua n số kề với chuyển  n liên tiếp qua n – số kề với nó, nghĩa chuyển 2n – (một số lẻ lần) hai số kề nhau, cặp số ngược hốn vị sẽ tăng giảm số lẻ đơn vị (2) +) Ta có: Số cặp số ngược của hoán vị a 12 số cặp số ngược hốn vị b 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy từ hoán vị a ta có thể nhận hốn vị b sau số lẻ lần thực phép đổi chỗ hai số Điều cho thấy, từ Bảng ta nhận Bảng số lần đổi chỗ hai số hai phải số lẻ (3) +) Tô màu tất ô vuông bảng x hai màu xanh, đỏ cho hai kề có màu khác Sau lần đổi chỗ hai số hai ô kề nhau, có số ô trống, theo cột hay theo hàng số chủn từ có màu sang có màu Và số bảng số bảng nằm hai ô màu nên từ bảng ta nhận bảng sau số chẵn lần đổi chỗ hai số hai kề nhau, có số Điều mâu thuẫn với (3) mâu thuẫn cho thấy: Từ Bảng ta khơng thể nhận Bảng nhờ số hữu hạn lần đổi chỗ hai kề nhau, có số ô trống, theo quy tắc đề Bài 10 Ban đầu ta có số  a, b, c, d  a, b, c, d số nguyên đôi khác Thực thuật tốn sau: có số M   x, y, z, t  với x, y, z, t nguyên phép thay số  x y y  z z t t  x  T M    , , ,  Chứng minh việc thực thuật toán sẽ dừng lại sau hữu 2   hạn bước Hướng dẫn giải Giả sử ngược lại, ta nhận số với thành phần số nguyên Gọi Sn  max  xn  yn , yn  zn , zn  tn , tn  xn , xn  zn , yn  tn   xn , yn , zn , tn  số nhận sau bước thứ n Ta có: Sn1  Sn , n  Do Sn  , n  nên tồn m * cho Sm  Khi ta có: xm  ym  zm  tm  Đặt xm  ym  zm  tm  k xm1  ym1 ym1  zm1 zm1  tm1 tm1  xm1    k 2 2 Suy ra: xm1  zm1 , ym1  tm1 Ta có: Đặt xm1  zm1  u, ym1  tm1  v xm2  ym2 zm2  tm2 y z t x   u; m  m   m  m   v 2 2 x  ym2  zm2  tm2 Suy ra: u  v  m2 Thế xm1  ym1  zm1  tm1 Tiếp tục trình lập luận dẫn đến a  b  c  d Vậy ta hoàn tất chứng minh Ta có: Bài 11 Cho số 1; 2;3 1) Chúng ta thực phép biến đổi số sau: thay hai số chúng, ví dụ a b, a  b a  b Hỏi có thể nhận số sau:  a1; b1; c1  thỏa mãn a1  b1  c1  10 sau thực hữu hạn phép biến đổi từ số ban đầu 1; 2;3 ? 2) Nếu thực phép biến đổi số sau: thay hai số chúng, ví dụ a b, ab a b Hỏi có thể nhận số  28; 4; 2014  sau thực hữu hạn phép biến đổi từ 2 số ban đầu 1; 2;3 Hướng dẫn giải Ta thực theo cấu hình sau 1;2;3   3; 1;3   3;2; 4    3;2; 4   7;2; 1   a1; b1; c1  Dễ thấy: a1  b1  c1  10 Trong cấu hình ta ln có: Tổng bình phương số khơng đổi Lại có: 12  22  32  282  42  20142 Vậy câu trả lời phủ định Bài 12 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 dòng có số thứ tự tính từ xuống cột có số thứ tự tính từ trái sang nhau; tâm bảng 3x3 ô dòng thứ cột thứ 2) Hướng dẫn giải Ta giải tốn trường hợp lập bảng “ m  hồn thiện” kích thước 3x3 Gọi x, y, z, t số điền đường chéo vị trí dòng cột , số còn lại xác định hình bên x t m x t m z  x  y t y xt  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 có thể 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;2 y  t  z; x  y  t  z; x  t  sắp 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  m  4 cách lập      2019  Áp dụng với m  2015 kết     Bài 13 Cho 51 điểm phân biệt nằm hình vng ABCD có cạnh 5, khơng có khơng có điểm thẳng hàng Vẽ đường trịn có bán kính có tâm 51 điểm Chứng minh tồn điểm số 51 điểm nói cho chúng thuộc phần giao hình tròn có tâm điểm Hướng dẫn giải * Chia hình vng ABCD thành 25 hình vng đơn vị ( có cạnh 1) Theo ngun lý Dirichlet, có hình vng đơn vị chứa khơng điểm * Mặt khác, khoảng cách hai điểm hình vng đơn vị không vượt * Gọi I1, I2, I3 điểm nằm hình vng đợ vị Vẽ đường trịn có tâm I1, I2, I3 có bán kính điểm I1, I2, I3 thuộc giao hình tròn ( Đpcm) Bài 14 Cho 2013 điểm đường thẳng, tô điểm màu màu xanh, đỏ, vàng (mỗi viên bi tơ màu) Có cách tơ khác cho khơng có điểm liên tiếp màu Hướng dẫn giải Gọi số cách tơ màu thỏa mãn cho n () điểm (bài tốn ta n  2013 ) Ta sẽ tính theo , xét hai bi cuối có hai trường hợp xảy ra: +Nếu hai bi cuối màu bi thứ n  khác màu bi cuối +Nếu hai bi cuối khác màu bi thứ n  tơ Từ sinh hai số đặc trưng số cách tô n bi mà hai bi cuối màu, số cách tô màu n bi mà hai bi cuối khác màu hai thỏa mãn bi liên tiếp khác màu Ta có: Sn1  2M n  2Pn , Pn1  2Sn ; M n1  Pn Thế Sn1  2Pn1  6Sn  4Sn2  6Sn1 Vậy ta có hệ thức truy hồi: Sn1  6Sn1  4Sn2  Bây giờ ta tính S3 , S4 thấy S3  27   24 , S4  4!  12  49 Phương trình đặc trưng X  X   có nghiệm là: x1   13, x2   13 Công thức xác định Sn  ax1n  bx2n với a, b thỏa mãn:  24 13  23 a  3 a(3  13)  b(3  13)  24  13(3  13)3    4 a(3  13)  b(3  13)  49 b  24 13  23  13(3  13)3  Sau cho n  2013 ta kết toán Bài 15 Đối với giá trị n   , tìm số k lớn thỏa mãn tập hợp gồm n phần tử có thể chọn k tập khác cho hai tập có giao khác rỗng Hướng dẫn giải n1 n Số tập X Giả sử chọn  tập X có giao khác rỗng Ta chia tập X thành 2n1 cặp tạo tập X phần bù tập X Có 2n1 cặp, chọn 2n1  tập từ 2n1 cặp nên theo ngun lý Dirichlet phải có tập thuộc cùng cặp, giao rỗng Điều chứng tỏ khơng thể chọn lớn 2n1  tập cho giao hai tập chúng khác rỗng Số tập X không chứa phần tử 2n1 Số tập X chứa 2n  2n1  2n1 Do có 2n1 tập X có giao phần tử a i nên số k lớn cần tìm 2n1 Bài 16 Trên bảng có 2013 số tự nhiên : 1;2; ;2013 Thực phép toán: lần xóa số (giả sử số xóa a b) viết lên bảng số a.b - a - b + Sau 2012 lần thực phép tốn bảng cịn số Hỏi số nào? Hướng dẫn giải Gọi a1; a2 ; ; a2013 2013 số tự nhiên đã cho bảng Xét tích P  (a1  1)(a2  1) (a2013  1) Mỗi lần xóa số a,b ( a, b a1; a2 ; ; a2013 ) viết thay số a.b -a - b +2 tích P xóa thừa số (a-1); (b-1) viết thêm thừa số a.b - a - b +1 Vì : a.b  a  b   (a  1)(b  1) nên tích P khơng đổi sau lần thực phép tốn Ta có P = ( 1a1; a2 ; ; a2013 ) nên số cuối lại bảng số Bài 17 Cho p q số nguyên dương khác Tìm số nguyên dương m bé cho m số nguyên phân biệt thuộc đoạn [q; p] , tồn số khác có tổng Hướng dẫn giải Ta sẽ chứng minh giá trị nhỏ m max( p, q)   ,   p , q số chẵn p  q , c  trường hợp lại Rõ ràng giá trị nhỏ m tồn tại, ký hiệu m0 Khơng tính tổng qt ta có thể giả sử pq Đoạn [ p; q] chứa q  số không âm khơng có ba số có tổng , suy trường hợp m0  q  Khi p , q số chẵn p  q tập {q; q 1;; q / 2; q / 2;; q} gồm q  số khơng có ba số có tổng Do m0  q   Bây giờ ta chứng minh m0  q   Xét ba trường hợp Trường hợp 1: p q hai số lẻ Bằng quy nạp theo q ta chứng minh Bổ đề Nếu X  [q; q]  {0} X không chứa ba phần tử có tổng | X | q  Thật vậy, khẳng định hiển nhiên với q  Giả sử với số lẻ bé q Xét tập X  [q; q]  {0} cho X khơng chứa ba phần tử có tổng Đặt Y  X {q; (q  1); q  1; q} Nếu | Y | | X | (q  1)   q  theo giả thiết quy nạp Bây giờ ta xem | Y | Chắc chắn Y chứa hai phần tử dấu, giả sử hai phần tử âm, q  Y  X Suy với i  1, 2, , q 1 , nhiều phần tử {i, q  i} sẽ thuộc X , suy X chứa nhiều q 1 phần tử dương, dấu có thể xảy q  X q 1 Nếu q  X tính đối xứng, X chứa nhiều phần tử âm, | X | q  Bài 18 Cho tập hợp X  1;2;3; ;2016 Tìm số k nguyên dương nhỏ cho với tập gồm k phần tử tập hợp X chứa số nguyên liên tiếp Hướng dẫn giải Xét tập hợp A  X / 5k ,1  k  403  A  2016  403  1613 Với k không lớn 1613, chọn tập hợp B tập gồm k phần tử A, tập X B không thể chứa số nguyên liên tiếp Nếu k = 1614 Xét C tập X gồm 1614 phần tử Ai  5i  4;5i  3;5i  2;5i  1;5i ,i  1;403, A404  2016 Nếu tập hợp chứa tối đa phần tử thuộc C số phần tử C không 4x403+1= 1613 ( vô lý) Vậy tập hợp gồm phần tử phải có tập C nên C chứa số nguyên lien tiếp Vậy số k nhỏ cần tìm 1614 Bài 19 Cho trước k số khác không a1; a2; …; ak thoả mãn với số tự nhiên n lẻ ta có a1n  a2n   akn  Chứng minh k chẵn giả sử k = 2m số a1; a2; …; ak có thể phân chia thành m cặp cho tổng số cặp Hướng dẫn giải Do k hữu hạn nên k số a1; a2; …; ak ta chọn số có giá trị tuyệt đối lớn Giả sử số a1 n n a  a  Theo giả thiết, với n lẻ ta có:       k   1  a1   a1  Do a1 có giá trị tuyệt đối lớn nên Ta chứng minh, tồn i để  1, i  2,3 k a1  1 a1 Giả sử khơng có số số -1 a1 Khơng tính tổng qt, giả sử i = 2, 3, , t n  với a1 i = t + 1, , k 1 a1 n a  a  Khi đó, từ (1)  S   t 1     k   t  S  t với n lẻ  a1   a1  Do  với i = t + 1, , k a1 n a  t chọn n lẻ đủ lớn để  i   với i = t + 1, , k k t  a1  n n a  a   S   t 1     k   t (mâu thuẫn)  a1   a1  Do đó, số Giả sử có số -1 a1 a2  1  a1 + a2 = a1 Còn lại k – số: a3; a4; ; ak Nếu k chẵn lặp lại lập luận  đpcm Nếu k lẻ phải có số số đã cho mà luỹ thừa lẻ  số (mâu thuẫn) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 20 Hãy tất cách tô tất số tự nhiên ba màu xanh, đỏ, vàng cho cách tô, điều kiện sau đồng thời thỏa mãn: 1) Mỗi số tự nhiên tô màu màu dùng để tô vô số số tự nhiên; 2) Số không tô màu xanh; 3) Nếu số a tô màu xanh số a +1 tơ màu đỏ màu vàng 4) Nếu số a tô màu đỏ số b tơ màu vàng số a +b tô màu xanh Hướng dẫn giải Trong phần trình bày đây, nói tới số ta hiểu số tự nhiên * Xét cách tơ màu thỏa mãn điều kiện đề Trước hết, từ 3) 4), phản chứng dễ dàng suy hai số liên tiếp không tô màu Từ 4) 1), phản chứng, dễ dàng chứng minh được tô màu xanh Từ suy tơ màu đỏ màu vàng Không tổng quát, giả sử tơ màu đỏ Khi đó, khơng tơ màu xanh (theo 2)) nên phải tô màu vàng Suy tô màu xanh (do 3=1+2) (*) Tiếp theo, gọi a số nhỏ thứ hai tơ màu đỏ (1 số nhỏ có tính chất vừa nêu) Ta sẽ chứng minh a số chẵn Thật vậy, giả sử ngược lại a = 2b + 1, với b số lớn Khi đó, tất số từ đến 2b - (kể 2b - 1) không tô màu đỏ 2b tô màu xanh Suy 2b - tô màu vàng Dẫn tới 2b - tơ màu xanh, 2b - tơ màu vàng Tiếp tục q trình suy luận đó, ta phải tơ màu xanh, sẽ khơng tơ màu xanh (do 3)), mâu thuẫn với (*) Mâu thuẫn nhận cho ta điều muốn chứng minh Đặt q = a – Hiển nhiên, số n biểu diễn dạng n = kq + r, với  r  q Bằng quy nạp theo k, dễ dàng chứng minh rằng: 10 - Tất số n = kq + r, mà r = r số lẻ khác 1, tô màu xanh; - Tất số n = kq + tô màu đỏ; - Tất số n = kq + r, mà r số chẵn khác 0, tô màu vàng *Ngược lại, tô tất số tự nhiên theo cách sau: - Tô màu xanh tất số n = kq + r,  r  q , mà r = r số lẻ khác 1; - Tô màu đỏ (hoặc vàng) tất số n = kq + 1; - Tô màu vàng (hoặc đỏ) tất số n = kq + r, < r < q mà r số chẵn khác 0; Trong đó, q số lẻ lớn Dễ dàng kiểm tra cách tô màu nêu thỏa mãn tất điều kiện đề *Vậy, tóm lại, tất cách tơ màu thỏa mãn điều kiện tất cách tô màu vừa mô tả Bài 21 Cho n số nguyên dương Hãy xác định số ba ( A, B, C ) (không kể thứ tự) tập hợp tập 1; 2;3; , n thỏa mãn tính chất : A  B   , B  C   , C  A   A B C   Hướng dẫn giải Bổ đề : Số cách chọn hai tập hợp khác rỗng, rời tập hợp k  phần tử : Nk  3k  2k 1  Thật vậy, Giả sử S tập hợp có k phần tử ta cần đếm số cặp ( A, B) tập hợp S khác rỗng rời Có Cki cách chọn A, mà A  i  Sau ta cần chọn tập hợp tùy ý khác rỗng S \ A Số cách chọn B : 2k i  Do : k 1 k i 1 i 0 N k    2k i.Cki  Cki    2k i.Cki  Cki   (2k  1) 3k  2k 1   Tất ba thỏa mãn yêu cầu toán xây dựng sau :  Đầu tiên ta chọn tập B có k  phần tử Số cách chọn Cnk  Mỗi tập B thế, ta chọn hai tập hợp rời khác rỗng B có dạng A  B B  C Theo bổ đề trên, ta có N k cách chọn  Sau ta tiếp tục chọn hai tập khác rỗng rời B*  1;2;3; ; n \ B mà có dạng A \ ( B  A) C \ ( B  C ) Có 4n k cách chọn hai tập hợp từ B* , ý có  2nk cặp mà tập rỗng có trường hợp mà hai rỗng Thành thử, có: 4nk   2nk   Nnk  4nk  3nk cách để dựng A C Cuối cùng, tổng số ba thỏa mãn yêu cầu toán : T    Cnk (3k  2k 1  1)(4nk  3n k )  n k 0 Từ suy số ba ( A, B, C ) : T     3  4n n n n Bài 22 Cho 2015 điểm đường thẳng, tô điểm màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm tơ màu) Có cách tơ khác cho khơng có điểm liên tiếp màu Hướng dẫn giải Gọi số cách tô màu thỏa mãn cho n () điểm (bài toán ta n  2015 ) Ta sẽ tính theo , 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 11 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: Sn1  2M n  3Pn , Pn1  2Sn ; M n1  Pn Thế Sn1  2Pn1  6Sn1  4Sn2  6Sn1 Vậy ta có hệ thức truy hồi: Sn1  6Sn1  4Sn2  Bây giờ ta tính S3 , S4 thấy S3  27   24 , S4  4!  12  49 Phương trình đặc trưng X  X   có nghiệm là: x1   13, x2   13 Công thức xác định Sn  ax1n  bx2n với a, b thỏa mãn:  24 13  23 a  3 13(3  13)3 a(3  13)  b(3  13)  24     4 24 13  23 a(3  13)  b(3  13)  49  b  13(3  13)3  Sau cho n  2015 ta kết toán Bài 23 Cho tập hợp 𝑆 = {1,2, … ,2016} a) Hỏi có tập phần tử 𝑆 mà chúng độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài 1000? b) Chọn ngẫu nhiên phần tử 𝑆, tính xác suất để số chọn độ dài cạnh tam giác có cạnh lớn có độ dài số chẵn Hướng dẫn giải a) Đặt 1000 = 2𝑘 gọi 𝑇 tập chứa tập thỏa mãn đề bài, theo BĐT tam giác khơng tính tổng qt, ta có 𝑇 = 𝑥, 𝑦, 2𝑘 ⊂ 𝑆| 𝑥 < 𝑦 < 2𝑘, 𝑥 + 𝑦 > 2𝑘 Rõ ràng 𝑇 = 𝑥, 𝑦 ⊂ 𝑆| 𝑥 < 𝑦 < 2𝑘, 𝑥 + 𝑦 > 2𝑘 Từ điều kiện 𝑥 𝑦 ta có 𝑥 + 𝑦 > 2𝑘 𝑥 + 𝑦 > 2𝑥 Ta xét hai trường hợp, trường hợp 2𝑥 < 2𝑘 trường hợp 2𝑥 ≥ 2𝑘 Trường hợp 1, 2𝑥 < 2𝑘 Ta có 𝑥 ≥ (do 𝑦 ≤ 2𝑘 − 1), suy 𝑥 ∈ 2,3, … , 𝑘 − Lúc này, với giá trị 𝑥, ta có thể chọn 𝑦 tùy ý thuộc tập 2𝑘 − 𝑥 + 1,2𝑘 − 𝑥 + 2, … ,2𝑘 − (tập có 𝑥 − phần tử) Dẫn đến số cách chọn tập {𝑥, 𝑦} thỏa mãn 𝑘−1 𝑘−2 𝑥−1 = 𝑥=2 𝑥 𝑥=1 Trường hợp 2, 2𝑥 ≥ 2𝑘 Hiển nhiên ta phải có 𝑥 ≤ 2𝑘 − 2, suy 𝑘 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑘 − Khi đó, với 𝑥 thuộc tập {𝑘, 𝑘 + 1, … ,2𝑘 − 2}, ta có thể chọn 𝑦 tùy ý thuộc tập 𝑥 + 1, 𝑥 + 2, … ,2𝑘 − (tập có 2𝑘 − − 𝑥 phần tử) Do đó, số cách chọn tập {𝑥, 𝑦} thỏa mãn 2𝑘−2 𝑘−1 2𝑘 − − 𝑥 = 𝑥=𝑘 𝑥 𝑥=1 Vậy 𝑘−2 𝑇 = 𝑘−1 𝑥 = (𝑘 − 1)2 = 4992 = 249001 𝑥+ 𝑥=1 𝑥=1 b) Với số nguyên dương chẵn 𝑧 = 2𝑘, kí hiệu 𝑇𝑘 = cách chọn phần tử thỏa mãn yêu cầu đề 12 𝑥, 𝑦, 𝑧 ⊂ 𝑆| 𝑥 < 𝑦 < 𝑧, 𝑥 + 𝑦 > 𝑧 Khi đó, số 1008 𝑇2𝑘 𝑘=1 Theo câu a), ta có 𝑇2𝑘 = 𝑘 − Suy 1008 1008 𝑇2𝑘 = 𝑘=1 1007 𝑘−1 𝑧=1 𝑘2 = = 𝑘=0 1007 ⋅ 1008 ⋅ (2 ⋅ 1007 + 1) Và số cách chọn phần tử thuộc 𝑆 C2016 , suy xác suất cần tính 1007 ⋅ 1008 ⋅ (2 ⋅ 1007 + 1) = = 0,25 6C2016 Bài 24 Tô số từ đến 2017 màu khác cho khơng có hai số màu chia hết cho Cần màu ? Hướng dẫn giải Thật vậy, với 11 màu khác mà ta gọi màu 1, màu 2,…, màu 11, xét cách tô màu sau: Số tô màu Các số tô màu Các số từ đến tô màu Các số từ đến 15 tô màu Các số từ 16 đến 31 tô màu Các số từ 32 đến 63 tô màu Các số từ 64 đến 127 tô màu Các số từ 128 đến 255 tô màu Các số từ 256 đến 511 tô màu Các số từ 512 đến 1023 tô màu 10 Các số từ 1024 đến 2017 tô màu 11 Dễ thấy cách tơ màu thỏa mãn khơng có hai số màu chia hết cho Vậy cần 11 màu 13