Toan roi rac phan 5

Bài Một hàng vải gồm 99 thẳng hàng đánh số theo thứ tự từ đến 99 Ban đầu có ong đậu để hút mật hoa Sau đó, có hai ong bay sang hai bên cạnh để tìm hút mật theo hai chiều ngược Hỏi sau số giờ, có hay khơng trường hợp mà a) Khơng có ong có thứ tự chẵn b) Có 50 ong cuối Hướng dẫn giải Ta gán cho ong có thẻ ghi số thứ tự Gọi S  n  tổng số ghi thẻ tất ong thứ n Vì có hai ong bay sang hai bên cạnh theo hai chiều ngược nên S  n  không thay đổi Vậy S  n   S 1     99  50.99 a) Vì có lẻ 99 ong nên khơng ong có thứ tự chẵn S  n  tổng 99 số lẻ, tức S  n  số lẻ, mâu thuẫn Vậy trường hợp khơng xảy b) Nếu có 50 ong cuối S  n   99.50, mâu thuẫn Vậy trường hợp không xảy Bài Cho 100 số tự nhiên khơng 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 n số nguyên dương giả sử  a1; a2 ; ; a2016  hoán vị tập hợp A  1;2;3; ;2016  Hỏi có hoán vị  a1; a2 ; ; a2016  thỏa mãn Hướng dẫn giải Với k 1; 2;3; ; 2016 , kí hiệu bk  max ak ; k ; ck  ak ; k Khi 2016  k 1 2016 Chú ý b k 1 2016 c k 1 k 2016 2016 2016 k 1 k 1 k 1 ak  k    bk  ck    bk   ck k  1009  1010  1011   2016   1008.3025  1     1008   1008.1009 2n Suy  ak  k  1008  3025  1009   20162 k 1 2016 a k 1 k k  20162 Đẳng thức xảy điều kiện sau thỏa mãn: + Với k 1; 2;3; ;1008 ak 1009;1010;1011; ; 2016 + Với k 1009;1010;1011; ; 2016 ak 1;2;3; ;1008 Vậy có tất 1008! hốn vị thỏa mãn Bài Một bảng vng kích thước 3x3 gọi bảng “ 2015  hoàn thiện” tất điền số nguyên không âm (không thiết phân biệt) cho tổng số hàng cột 2015 Hỏi có tất bảng “ 2015  hoàn thiện” cho số nhỏ số ô đường chéo nằm vị trí tâm bảng? (Đường chéo bảng vng đường nối vng góc bên trái với vng góc bên phải) 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 2, số cịn 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 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 Cm4  Áp dụng với m  2015 kết C2019 Bài Có n học sinh (n  2) đứng thành hàng dọc, lần thầy giáo thổi còi 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? Đánh số từ đến n cho bạn học sinh hàng dọc lúc đầu Ký hiệu Pn tập hoán vị 1; 2; ; n Hướng dẫn giải Gọi    1 ,   ,,   n   hoán vị 1, 2,, n Cặp  (i  ,  j )  gọi nghịch  i  j   i     j  Xét ánh xạ fi : Pn  Pn mà fi   thu từ  cách đổi chỗ hai vị trí kề   i  ,  i  1  giữ nguyên vị trí lại Cho i, j  * , i  j  n Xét ánh xạ fij : Pn  Pn fij  f j 1of j 2of j 3oofi 2ofi 1ofi o of j 3of j 2of j 1 1 Là hợp thành  j  i   ánh xạ Dễ thấy fij   thu từ  cách đổi vị trí   i  ,  j   giữ ngun vị trí cịn lại Gọi T   số nghịch hoán vị  𝑇 𝜋 −1 𝑛ế𝑢 (𝜋 𝑖 ; 𝜋 𝑖 + ) 𝑙à 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑡ℎế Ta có T  fi     𝑇 𝜋 + 𝑛ế𝑢 𝜋 𝑖 ; 𝜋 𝑖 + 𝑘ℎô𝑛𝑔𝑙à 𝑛𝑔ℎị𝑐ℎ 𝑡ℎế Do T  fi     T    1 mod  (2) Từ (1) (2) suy T  fij     T    1 mod  (3) Giả sử  k thứ tự n học sinh sau lần thổi còi thứ k thầy giáo Ta có  k  Pn  k 1  fij  k  với  i  j  n Theo (3) ta có T  k 1   T  k   1 mod 2 Do T  k   T    k  k  mod  (vì T    0) Nếu k lẻ 𝑇 𝜋𝑘 ≢ 0(𝑚𝑜𝑑2)  k   Vậy sau 2015 lần thổi cịi, tất học sinh khơng thể đứng trở lại vị trí ban đầu Bài Tồn hay không tập hợp gồm 2014 số nguyên dương với tính chất: loại số khỏi tập hợp tập hợp 2013 số cịn lại chia thành hai tập với tổng số (thuộc tập đó) nhau? Hướng dẫn giải Giả sử tồn tập F với tính chất cho a  Nếu số a  F chẵn, ta xét tập F ’   | a  F  2  Hiển nhiên tập F ’ có tính chất nêu tốn Do ta coi tồn tập F thoả mãn tốn F chứa số lẻ a Gọi a1 , a2 ,, a2014 phần tử tập F Đặt S  a1  a2  a2014 Theo giả thiết, i (1  i  2014) tập F \ ai  chia thành hai tập với tổng số nên tổng S – tập F \ ai  số chẵn với i  1,, 2014 Từ suy ra: 2014   S  a   2013S i 1 i số chẵn  S số chẵn Khi S – a số lẻ mâu thuẫn với S – số chẵn với i  1,, 2014 Vậy khơng tồn tập hợp với tính chất nêu 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 n số nguyên dương không nhỏ Các điểm A1; A2 ; ; An thuộc đường trịn Có tối đa tam giác nhọn có đỉnh số đỉnh Cho n số nguyên dương không nhỏ Các điểm A1; A2 ; ; An thuộc đường trịn.Có tối đa tam giác nhọn có đỉnh số đỉnh Hướng dẫn giải Với hai điểm Ai ; Aj ta kí hiệu Ai Aj cung Ai kết thúc A j theo chiều kim đồng hồ kí hiệu m  Ai Aj  số đo cung Một cung gọi tù m  Ai Aj   180o Nhận thấy m  Ai Aj   m  Aj Ai   360o nên có hai cung tù Kí hiệu xs số cung tù mà hai đầu mút có s –1điểm Nếu s  xs  xn s n i có cung Ai Ai  s ; Ai  s Ai tù, tổng theo i ta n Đẳng thức xảy khơng có đường kính Ai Ai  s Nhận thấy số tam giác không nhọn (tù vuông) số góc khơng nhọn Mỗi cung tù chứa s –1điểm có n – s –1tam giác khơng nhọn (Dùng hai điểm đầu mút cung kết hợp với điểm ngồi cung) Số lượng tam giác khơng nhọn là: N  x1  n  2  x2  n  3   xn1.2  xn2 Theo bất đẳng thức ta đánh giá được: n 1 n   n  n  1 n  3  n lẻ N    s  1 xn  s  xs   n 1       s 1 n 1 n2 n   n  n n  n  2  N    s  1 xn s  xs   xn  n 1     n chẵn  2  2  s 1 Dấu xảy BĐT không tồn điểm đối xứng qua tâm đường tròn n  n  1 n   Số lượng tam giác có đỉnh điểm Cn3  Vậy số tam giác nhọn là: n  n  1 n   n  n  1 n  3  n  1 n  n  1 n lẻ   24 n  n  1 n   n  n    n   n  n   n chẵn Và   24 Bài 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 +) Vì 1km  1000m  48.20  47.0,6  2.5,9 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 10 Có cách phân tích 69 thành tích số nguyên dương, biết cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Hướng dẫn giải  , bi  N  a b a b a b Xét phân tích       với a1  a2  a3  b  b  b   1 2 3 Với a1  ,  a1  , có 10  a1 cách chọn số a2 , để a1  a2  từ chọn a3   a1  a2 Vậy số cách chọn  a1 , a2 , a3  10     55 cách  số cách chọn  a1 , a2 , a3   b1 , b2 , b3  55.55 cách Bây giờ, ta tính số cách phân tích bị trùng +) TH1: thừa số nhau: 69   23.33  23.33  23.33  +) TH2: thừa số nhau: 69   2a.3b  2a.3b  292a.392b   a; b    3;3 Khi a 0;1; 2;3; 4 ; b0;1; 2;3; 4  a; b    3;3  số cặp  a; b  5.5 –1  24, 24 cặp cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu Tuy nhiên, cặp cho lần đếm trình đếm mà ta vừa nêu +) TH3: thừa số khác nhau, phân tích bị đếm trùng 3!  lần Vậy số cách phân tích là:  24   55  55  24   1 :  517 cách Bài 11 Trên tờ giấy có kẻ lưới vng, người ta vẽ đường gấp khúc khép kín với đỉnh mút lưới tất đoạn có độ dài Chứng minh rằng, số đoạn đường gấp khúc khép kín số chẵn Hướng dẫn giải Giả sử A1 A2 An A1 đường gấp khúc cho Ta lấy hệ trục tọa độ vng góc đường biên lưới chiều rộng làm đơn vị Khi tọa độ  xi , yi  đỉnh Ai nguyên với i  1, 2, , n Đặt X i  xi 1  xi ; Yi  yi 1  yi ; X n  x1  xn ; Yn  y1  yn Ta có 1  2  3 X  X   X n  Y1  Y2   Yn  X 12  Y12  X 22  Y22   X n2  Yn2  C Để ý X  Y chia cho dư X , Y chẵn, dư có số lẻ dư hai số lẻ Có thể giả thiết X1 , X , , X n , Y1 , Y2 , , Yn có số lẻ, nói cách khác ta chia tất số cho ước chung chúng xét số nhận Như ta có hai trường hợp xảy ra: 1) C chia cho dư 2, với i X i Yi lẻ nên từ điều kiện (1) suy n chẵn 2) C chia dư 1, với i X i Yi số lẻ, số chẵn Từ (1) suy số cặp  X i ; Yi  mà X i lẻ số chẵn.Từ (2) suy số cặp  X i ; Yi  mà i lẻ số chẵn nên số cặp  X i ; Yi  chẵn Như trường hợp n chẵn Bài 12 Cho k số nguyên dương a1 , a2 , , ak đôi nguyên tố số nguyên dương n Tìm số nguyên dương a  n cho a chia hết với i  1, 2, , k Hướng dẫn giải * Với i  1, 2, , k ta đặt Ai  a   | a  n, a   Suy số số thỏa mãn yêu cầu toán là: k k  Ai   Ai  i 1 i 1  1i1 i2  k Ai  Ai  k  1i1 i2 i3  k Ai  Ai  Ai   (1) k 1  Ai i 1 n Dễ thấy Ai  ai ,2ai , , mi  với mi  * thỏa mãn mi  n   mi  1  Ai  mi       n  Ta có Ai  Aj  a  * | a  n, a   a j   Ai  Aj    (Do (ai , a j )  )  a j  Hoàn toàn tương tự ta có:    n  A1  A2   Ak  a  * | a  n, a   a1a2 ak   A1  A2   Ak     a1a2 ak  Vậy k k  Ai   Ai  i 1 i 1  1i1 i2  k Ai  Ai  k  n n       i 1   1i i  k   ai Bài 13 2 k  1i1 i2 i3  k Ai  Ai  Ai   (1) k 1  Ai  n      1i i i  k  ai 3 i 1  n  k 1     (1)     a1a2 an  Với số nguyên dương n có tồn hay khơng hốn vị a1 , a2 , , an  tập 1, 2, ,n thỏa mãn: số 0; a1; a1  a2 ; a1  a2  a3 ; ; a1  a2   an khơng có hai số có số dư chia cho n  Hướng dẫn giải n + Nếu n chẵn ta có a1  a2   an     n   n  1 đồng dư với modun n  Vậy với n chẵn khơng tồn hốn vị thỏa mãn yêu cầu toán + Với n lẻ ta xây dựng hoán vị 1;2; ; n thỏa mãn yêu cầu toán Đặt n  2k  , k   a2i  2i , i   - Xét dãy 1;2k ;3;2k  2;5;2k  3; ;2;2k  1hay  (2) a2i 1  2k   2i Ta có k  số lẻ 1,3, , 2k  k số chẵn 2, 4, , 2k xếp xen kẽ với chữ số lẻ xếp theo thứ tự tăng dần số chẵn xếp theo thứ tự giảm dần, dễ thấy số tập 1, 2, , 2k  1 xuất dãy (2) lần - Tìm số dư bm  a1  a2   am , m  * chia cho n   2k  Với m lẻ ta có a1  1 mod 2k   , a2  a3  a4  a5   a2 k  a2 k 1  2k   1 mod 2k   m 1  mod 2k  1  b1 , b3 , , b2 k 1  1, 2, , k  1 mod 2k   bm  a1   a2  a3     am1  am   Với m chẵn ta có a1  a2  a3  a4   a2 k 1  a2 k  2k   1 mod 2k   m  mod 2k    b2 , b4 , , b2k   1, 2, , k mod 2k  2 Vậy với n lẻ tồn hoán vị 1;2; , n thỏa mãn yêu cầu tốn bm   Bài 14 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 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 nhận số  28; 4; 2014  sau thực hữu hạn phép biến đổi từ số 2 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 15 Lấy ngẫu nhiên 498 số nguyên dương không vượt 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 16 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 Hướng dẫn giải Giả sử A  X , A  a1 , a2 , , ak  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 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 1m ■ Bài 17 Chứng minh m số tự nhiên không chia hết cho , cho , cho m ước số có   m  chữ số dạng 11 Hướng dẫn giải  m Vì  m,    m,5  nên  m,10   từ theo  E  ta có 10     99    mod m  Nhưng lại   m  cs  m,3  nên  m,9   1, 10  m 1  11   mod m  ■   m  cs Bài 18 Hội khỏe Phù Đổng năm 2014 có tổ chức thi đấu môn thể thao chạy 100 m, nhảy xa, nhảy cao, bắn cung quy định điều kiện cho đội tham gia sau:  Mỗi vận động viên đội thi đấu mơn 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 Bài giải theo phương pháp song ánh để tính số phần tử tập hợp kết hợp với kỹ thuật dùng dãy nhị phân 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 100 m, 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 a phân khác có tối đa b C 23 c d C 23 dãy nhị  1771 loại hàng dọc khác Bài 19 Lấy điểm tùy ý cho khơng có điểm thẳng hàng mặt phẳng Khi dùng hai màu để tơ 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 Hướng dẫn giải 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 '  AM 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 Khơng giảm tổng qt, giả sử A ' đỏ.Khi tam giác A ' BC trọng tâm A có màu đỏ A' A N P G C M B C' B' Bài 20 Có 1000 học sinh gồm 499 học sinh nam 501 học sinh nữ xếp thành 10 hàng dọc, hàng 100 học sinh Người ta muốn chọn từ 1000 học sinh nhóm học sinh, số học sinh nữ chọn lẻ thoả mãn điều kiện sau đây: học sinh chọn từ hàng khác có cặp học sinh có thứ tự đứng hàng (tính từ người đứng hàng đó) Chứng minh số cách chọn nhóm số lẻ Hướng dẫn giải Gọi nhóm học sinh lấy từ hai hàng thỏa mãn yêu cầu toán đội Đặt S  { |  đội}, O  {  S |  có số lẻ học sinh nữ}, E  {  S |  có số chẵn học sinh nữ} Ta cần chứng minh | O | lẻ Với tập A S , ta định nghĩa f ( A)   g ( ) , g ( ) số học sinh nữ   A Vì O  E   O  E  S nên f (S )  f (O)  f ( E) Hơn f ( E ) chẵn, suy f (S )  f (O) (mod 2) Mặt khác, xét học sinh nữ Để tạo thành đội, học sinh bắt cặp với học sinh khác hàng 99 cách, sau tìm học sinh khác hàng khác cách Suy ra, học sinh nữ thành viên 99.9  891 đội Có nghĩa học sinh nữ tính 891 lần f ( S ) Vì ta có 501 học sinh nữ nên f (S )  891.501  1(mod 2) Vì   O chứa số số lẻ học sinh nữ nên f (O) | O | (mod 2) Suy | O | f (O)  f (S )  1(mod 2) Như số cách chọn đội số lẻ 10 Bài 21 Trên bảng có số nguyên Người ta ghi nhớ chữ số cuối số này, sau xố cộng thêm vào với số lại bảng lần chữ số vừa xố Ban đầu có số 72014 Hỏi hay khơng sau số lần thực thế ta thu số 20147 ? Hướng dẫn giải Giả sử số có bảng N  10a  b   b   Khi số nhận sau phép biến đổi N   a  5b Ta thấy 5N  N   49a Như N  N  Do 72014  , cịn 20147 khơng chia hết qua phép biến đổi cho từ 72014 thu 20147 Bài 22 Các số nguyên dương 1, 2,3, , 2014 xếp hàng theo thứ tự Ta thực quy tắc đổi chỗ số sau: số k ta đổi k số theo thứ tự ngược lại Chứng minh sau số hữu hạn lần thực quy tắc số xuất vị trí Hướng dẫn giải Giả sử k ,1  k  2014 số lớn xuất vị trí tất trình đổi chỗ.Giả sử số k xuất lần thứ h Khi lần thực sau lần thứ h số k giữ nguyên vị trí.Trong q trình đổi chỗ sau ta gọi k1 số lớn xuất vị trí Giả sử số k1 xuất lần thứ h1 Khi sau lần thứ h1 số k1 giữ ngun vị trí,…cứ tiếp tục sau số hữu hạn bước phải dừng lại Khi không thực việc thực quy tắc đổi chỗ toán tức số vị trí số Bài tốn chứng minh Bài 23 Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập X tập {1;2; ;2p} biết X chứa p phần tử tổng tất phẩn tử X chia hết cho p Hướng dẫn giải p Đặt A  {c  {1; 2; ; p}: x  p}  A  C2 p Và Aj  {x  A : S ( x)  j (mod p)} với j  0,1, 2, , p  Vì A  A0  A1   Ap 1 Ai  Aj   i  j nên: A  A0  A1   Ap 1 Xét đa thức: P( x)  x p 1  x p 2   x  , đa thức có p  nghiệm phức { ,  , ,  p 1}  p  Và x p  có p nghiệm phức phân biệt:  ,  ,2 , ,  p 1 ,  p  , nên ta có: p x p 1   ( x   k ) k 1 Suy ra:  p k  p  ( x   ) ( x   )  ( x   )  ( x   ) ( x   )       ( x   )   ( x  1) k 1 k 1 k 1 k 1 k 1  k 1  p So sánh hệ số x vế đẳng thức: 2p p k p  (x  k p k pk p p k k )  ( x p  1) k 1 ta có: (1) p   S ( x )  2 xA Do p lẻ  S ( x )   k x  Ak ta có: 11 p 1 A k 0 k  k   p 1 Do x nghiệm đa thức: Q( x)   Ak x k  A0  k 1 Vì x nghiệm đa thức: P( x)  x p 1  x p 2   x  nên A1  A2   Ap 1  A0   A0    A0  A1  A2   Ap 1  A0  p  A 2 p C 2 p 2p  số tập thỏa mãn toán p Bài 24 Trên mặt phẳng cho 2015 điểm tô màu đỏ, 2016 điểm tô màu xanh khơng có ba điểm thẳng hàng Ta sử dụng k đường thẳng phân biệt không qua điểm cho để chia mặt phẳng thành nhiều phần cho phần khơng chứa điểm có hai màu Tìm giá trị nhỏ k Trên mặt phẳng cho 2015 điểm tô màu đỏ, 2016 điểm tơ màu xanh khơng có ba điểm thẳng hàng Ta sử dụng k đường thẳng phân biệt không qua điểm cho để chia mặt phẳng thành nhiều phần cho phần khơng chứa điểm có hai màu Tìm giá trị nhỏ k Hướng dẫn giải Trước hết ta trình bày ví dụ để thấy k  2015 Đánh dấu 2015 điểm màu đỏ 2015 điểm màu xanh xen kẽ lên đường tròn   đánh dấu điểm màu xanh cịn lại vị trí mặt phẳng.Khi đường trịn   phân chia thành 4030 cung tròn với điểm đầu điểm cuối cung có màu sắc khác nhau.Như u cầu tốn thực cung phải giao với số đường thẳng Mỗi đường thẳng phải có hai điểm 4030  2015 đường thẳng chung với cung trịn Do cần Ta cần phải chứng minh cần 2015 đường thẳng chia mặt phẳng chứa 2015 điểm tô màu đỏ 2016 điểm tô màu xanh thành phần cho phần không chứa điểm có hai màu Trước hết ta thấy với hai điểm A, B màu ta dùng hai đường thẳng phân biệt để tách hai điểm khỏi điểm lại Cụ thể ta lấy hai đường thẳng song song với AB, nằm khác phía so với AB đủ gần để hai đường thẳng có hai điểm A B Gọi  đường thẳng qua hai điểm A, B 4031 điểm cho cho điểm cịn lại nằm phía so với đường thẳng  Trường hợp 1: Hai điểm A, B khác màu giả sử A có màu đỏ Ta dùng đường thẳng để tách điểm A khỏi điểm cịn lại Sau với 2014 điểm màu đỏ lại ta ghép thành 1007 cặp tách riêng cặp điểm với điểm khác hai đường thẳng song song Do ta dùng hết 1007.2   2015 đường thẳng để thực yêu cầu toán Trường hợp : Hai điểm A, B màu xanh Ta dùng đường thẳng song song với AB để tách hai điểm A, B khỏi điểm cịn lại Sau với 2014 điểm màu xanh lại ta ghép thành 1007 cặp tách riêng cặp điểm với điểm khác hai đường thẳng song song 12 Do ta dùng hết 1007.2   2015 đường thẳng để thực yêu cầu toán Trường hợp : Hai điểm A, B màu đỏ Ta dùng đường thẳng song song với AB để tách hai điểm A, B khỏi điểm lại Sau với 2012 điểm màu đỏ 2013 điểm màu đỏ lại ghép thành 1006 cặp tách riêng cặp điểm với điểm khác hai đường thẳng song song Điểm màu đỏ lại ta ghép với điểm A dùng hai đường thẳng song song để tách rời hai điểm với điểm cịn lại Do ta dùng hết 1006.2    2015 đường thẳng để thực yêu cầu tốn Vậy ta có giá trị nhỏ k 2015 Bài 25 Các số nguyên dương 1, 2,3, , 2014 xếp hàng theo thứ tự Ta thực quy tắc đổi chỗ số sau: số k ta đổi k số theo thứ tự ngược lại Chứng minh sau số hữu hạn lần thực quy tắc số xuất vị trí Hướng dẫn giải Giả sử k ,1  k  2014 số lớn xuất vị trí tất trình đổi chỗ.Giả sử số k xuất lần thứ h Khi lần thực sau lần thứ h số k giữ ngun vị trí.Trong q trình đổi chỗ sau ta gọi k1 số lớn xuất vị trí Giả sử số k1 xuất lần thứ h1 Khi sau lần thứ h1 số k1 giữ ngun vị trí,…cứ tiếp tục sau số hữu hạn bước phải dừng lại Khi không thực việc thực quy tắc đổi chỗ tốn tức số vị trí số Bài toán chứng minh Bài 26 Trong mặt phẳng cho điểm tùy ý cho khơng có ba điểm thẳng hàng Người ta tơ đoạn thẳng tạo từ điểm hai màu đen trắng.Chứng minh tồn tam giác có cạnh tơ màu Hướng dẫn giải Từ điểm A ta tạo với điểm B, C, D, E , F đoạn thẳng AB, AC, AD, AE, AF Vì tơ màu đen trắng nên đoạn thẳng phải tồn đọan thẳng tô màu Không tính tổng quát, ta giả sử AB, AC, AD tơ màu đen Nếu có mơt ba đọan thằng BC, CD, DB tô màu đen.Không tính tổng qt giả sử BC tơ màu đen ABC tam giác thỏa yêu cầu đề Nếu BC, CD, DB tơ màu trắng BCD tam giác thỏa yêu cầu đề Vậy ta giải toán Bài 27 Cho 17 điểm điểm khơng thẳng hàng Mỗi đoạn thẳng nối điểm chúng tô màu ba loại màu: đỏ, xanh vàng Chứng minh rằng: tồn tam giác đồng màu (tam giác có ba cạnh tơ màu) Hướng dẫn giải Từ điểm A thuộc 17 điểm cho, ta vẽ 16 đoạn thẳng đoạn thẳng đem tơ màu => có đoạn thẳng có màu Giả sử đoạn thẳng có màu đỏ AA1 , AA2 , AA3 , AA4 , AA5, AA6 Từ điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 có đoạn thẳng tơ màu đỏ có tam giác đồng màu đỏ Ngược lại: đoạn thẳng tô màu xanh vàng Từ đỉnh A1 , ta vẽ đoạn thẳng tô hai màu xanh vàng => có đoạn thẳng màu Giả sử đoạn thẳng màu xanh A1B1 , A1B2 A1 B3 13 Nếu ba điểm B1 , B2 , B3 có đoạn thẳng tơ màu xanh có tam giác đồng màu Nếu đoạn thẳng từ ba điểm B1 , B2 , B3 tô màu vàng ta có tam giác đồng màu Cho đa giác  H  có n đỉnh ( n  ) nội tiếp đường tròn tâm O Xét tam giác có Bài 28 đỉnh lấy từ n đỉnh đa giác  H  Tìm n biết số tam giác đó, số tam giác mà ba cạnh khơng cạnh đa giác  H  lần số hình chữ nhật có bốn đỉnh n đỉnh đa giác  H  Hướng dẫn giải Số tam giác có cạnh cạnh hình  H  n  n –  Số tam giác có cạnh cạnh hình  H  n Số tam giác có ba cạnh không cạnh đa giác  H  có ba đỉnh n đỉnh đa giác  H  Cn3  n(n  4)  n  Cn4  n2  3n Một hình chữ nhật nội tiếp đường trịn có hai đường chéo cắt tâm O  Hai đường chéo qua tâm O hình  H  tạo thành hình chữ nhật  n số chẵn số hình chữ nhật C n2 Ta có: C  n  3n  5C  4n  51n  110   n  10 n 2 n 2 Vậy n  10 Bài 29 Trên ô vuông bảng  ô, ta đặt châu chấu Giả sử sau tiếng gõ, châu chấu nhảy sang ô bên cạnh hàng cột Chứng minh sau tiếng gõ có hai Hướng dẫn giải Ta tô màu trắng, đen cho ô bảng bàn cờ vua (tức hai ô gần nằm hàng cột khác màu nhau) Do bàn cờ có số lẻ ( 49 ô) nên số ô trắng đen khác Ta giả sử có 25 trắng 24 đen Ban đầu có 49 châu chấu 25 ô trắng 24 đen Sau tiếng gõ, châu chấu ô bên cạnh tức có màu ngược với ban đầu nên 25 châu chấu đứng ô trắng nhảy qua 24 đen Do phải có châu chấu đậu vào Bài 30 Trên mặt phẳng toạ độ Đêcác Oxy, có châu chấu toạ độ  x; y  x, y  Với N số nguyên dương cho trước, châu chấu nhảy từ điểm nguyên A đến điểm nguyên B độ dài AB N Hỏi châu chấu nhảy đến điểm ngun sau hữu hạn bước nhảy không N  2025 ? Vì sao? Hướng dẫn giải Ta chứng minh với N  2025 câu trả lời khơng thể Giả sử châu chấu điểm A  x; y  nhảy đến điểm B  z; t  Do yêu cầu đề nên  x  z    y  t   2025 2 Ta thấy 2025 chia hết 3, mà số phương chia cho dư nên  x  z    y  t  Khi x  z  mod 3 ; y  t  mod 3 Trường hợp x, y Do ban đầu châu chấu đứng có tọa độ chia hết sau bước nhảy, nhảy đến có hồnh độ tung độ chia hết cho Như vậy, châu chấu nhảy đến điểm nguyên mà có hồnh độ tung độ khơng chia hết cho Trường hợp x  3, y 3 x 3, y  x  3, y  14 Do ban đầu châu chấu đứng có hồnh độ tung độ khơng chia hết sau bước nhảy, nhảy đến có hồnh độ tung độ khơng chia hết cho Như vậy, châu chấu nhảy đến điểm ngun mà có hồnh độ tung độ chia hết cho Bài 31 Cho số nguyên dương R bảng hình chữ nhật chia thành 20 15 ô vuông Những nước thực bảng sau: ta chuyển từ ô vuông đến ô vuông khoảng cách hai tâm hai vng R Bài tốn đặt tìm dãy nước để chuyển từ sang kia, mà hai nằm hai góc kề bảng, hai góc nằm chiều dài bảng hình chữ nhật nói a) Bài tốn có giải không R chia hết cho chia hết cho 3? Tại sao? b) Bài tốn có giải không R  73 ? Tại sao? Hãy tìm dãy nước tốn giải Hướng dẫn giải a) Giả sử lần di chuyển hình chữ nhật có hai cạnh m, n Do m2  n2  R Nếu R chia hết cho m, n chẵn lẻ Tô màu ô vuông bàn cờ sau: (0;0) (19;0) Như vậy, ô trắng di chuyển đến ô trắng, đen di chuyển đến đen Nhưng hai hai góc kề nhau( dọc theo chiều dài bảng hình chữ nhật) khác màu nên tốn khơng giải R chia hết cho Nếu R chia hết cho m, n chia hết cho Như có tọa độ  0;0  , bước chuyển đến có tọa độ số chia hết cho Nhưng ô cuối cần đến ô 19;0  nên tốn khơng giải a) Nếu R  73 ta có m  8; n  m  3; n  Từ ô bắt đầu, ta có nước đi: A:  x; y  đến  x  8; y  3 B:  x; y  đến  x  3; y  8 C:  x; y  đến  x  8; y  3 D:  x; y  đến  x  3; y  8 Và ta xem nước  x  8; y  3 nước âm theo dạng A;  x  3; y  8 nước âm theo dạng B;  x  8; y  3 nước âm theo dạng C ;  x  3; y  8 nước âm theo dạng D Giả sử ta thực dãy nước gồm a nước dạng A , b nước dạng B , c nước dạng C , d nước dạng D Bài tốn giải được, hệ phương trình sau có nghiệm:  8  a  c    b  d   19   3  a  c    b  d   Ta thấy nghiệm hệ a  5; b  1; c  3; d  Như vậy, toán giải dãy nước thực sau: 15 a c a d a c a  0;0   8;3  16;6   8;9   11;1  19;    27;7   19;10  b c a d  16;    8;5   16;8   19;0  16