TUYEN-CHON-CAC-BAI-TOAN-TRONG-KI-THI-CHON-DOI-TUYEN-CUA-CAC-TINH-THANH-PHO-NAM-HOC-2016-2017-(CO-LY-GIAI)

ξെͳ Blog TOÁN HỌC CHO MỌI NGƯỜI https://thcmn.wordpress.com/ https://www.facebook.com/thcmn/ blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CỦA CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016 – 2017 TRẦN MINH NGỌC – LƯƠNG VĂN KHẢI VÕ THÀNH ĐẠT – HOÀNG ĐÌNH HIẾU – LÊ THÀNH LONG – ĐẶNG NHÌ – NGUYỄN DUY TÙNG NGUYỄN TRƯỜNG HẢI – ĐỖ TRẦN NGUYÊN HUY – PHẠM THỊ HỒNG NHUNG – PHẠM QUỐC THẮNG TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CỦA CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2016 – 2017 Tháng 12 năm 2016 LỜI NÓI ĐẦU Ban biên tập "Đi nhiều người, bạn xa." Với mục đích giúp quý thầy cô bạn học sinh có tài liệu chất lượng để chuẩn bị cho kì thi Học sinh giỏi Quốc gia môn Toán (VMO), tập thể quản trị viên blog Toán học cho người biên soạn sách "Tuyển chọn theo chuyên đề toán kì thi chọn đội tuyển VMO tỉnh, thành phố" Trong sách này, toán liệt kê trước, sau phần lời giải, đáp số Trong số toán, có đưa nhiều cách tiếp cận, có toán mà thấy cần hướng dẫn sơ lược lời giải, qua giúp bạn đọc chủ động trình đọc tài liệu Nhiều giải chưa phải cách làm hay nhất, tốt cho toán tương ứng, mong nhận đánh giá, đóng góp bạn đọc để lần biên soạn sau, chất lượng tuyển tập nâng lên Các phần sách người biên soạn cụ thể sau: • Bất đẳng thức: Võ Thành Đạt (Sinh viên khoa Toán - Tin học Đại học Khoa học Tự nhiên Tp HCM) • Đa thức, Phương trình Hệ phương trình: Đỗ Trần Nguyên Huy (Học sinh trường Phổ thông Năng khiếu - ĐHQG Tp HCM) Phạm Quốc Thắng (Học sinh trường THPT chuyên Long An) • Hình học: Trần Minh Ngọc (Học viên Cao học Đại học Sư phạm Tp HCM), Lương Văn Khải Nguyễn Duy Tùng (Sinh viên khoa Toán - Tin học trường Đại học Khoa học tự nhiên Tp HCM) • Số học: Phạm Thị Hồng Nhung (Học sinh trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu) • Tổ hợp: Hoàng Đình Hiếu (Sinh viên khoa Công nghệ thông tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp HCM) Đặng Nhì (Sinh viên khoa Toán - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp HCM) • Giải tích: Nguyễn Trường Hải (Học sinh trường THPT chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận) • Phương trình hàm: Lê Thành Long (Sinh viên khoa Điện - Điện tử trường Đại học Bách khoa Tp HCM) Chúng xin chân thành cảm ơn TS Trần Nam Dũng (trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp HCM), anh Lê Phúc Lữ (FPT Software, Tp HCM), bạn Đào Nguyễn Nguyên Trân (Swiss UMEF, Thuỵ Sĩ), bạn Đỗ Thuỳ Anh (THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá), bạn Nguyễn Trần Hữu Thịnh (THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ), bạn Hoàng Hữu Quốc Huy (THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bà Rịa - Vũng Tàu) giúp đỡ nhiều trình biên soạn sách Cảm ơn thành viên diễn đàn NangKhieuToan.com (nangkhieutoan.com), Diễn đàn Mathscope (forum.mathscope.org), Diễn đàn Toán học Việt Nam (diendantoanhoc.net), Diễn đàn Art of Problem Solving (artofproblemsolving.com) đóng góp đề lời giải Trong trình biên soạn, chắn không tránh khỏi sai sót đề lời giải, mong lắng nghe nhận xét, góp ý phê bình thẳng thắn từ bạn Mọi thắc mắc đóng góp xin vui lòng liên hệ fanpage Toán học cho người địa www.facebook.com/thcmn qua email blogtoanhocchomoinguoi@gmail.com Cảm ơn tất bạn ! Mục lục I CÁC BÀI TOÁN Bất đẳng thức 8 Đa thức 11 Giải tích 13 Hình học 19 Phương trình hệ phương trình 28 Số học 30 Tổ hợp 33 II 39 LỜI GIẢI Bất đẳng thức 39 Đa thức 60 Giải tích 81 Hình học 112 Phương trình hệ phương trình 167 Số học 179 Tổ hợp 201 Phần I CÁC BÀI TOÁN Bất đẳng thức Bài (THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội) Cho x, y số thực dương cho 2x + y 2y +x khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= (2x + y)(4x + y ) (2y + x)(4y + x ) + − 3(x + y) (2x + y − 2)2 (x + 2y − 2)2 Cho a, b, c > cho a + b + c = Chứng minh a b (c a + 1) + b c (ab + 1) + c a (bc + 1) ≥ (1 + abc)(ab + bc + ca) Bài (Trường Phổ thông Năng Khiếu - ĐHQG Tp HCM) Tìm số nguyên dương k nhỏ cho bất đẳng thức x k y k z k (x + y + z ) ≤ với số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Bài ( THPT chuyên Đại học Vinh) Tìm tất số thực k cho bất đẳng thức sau với số thực không âm a, b, c ab + bc + c a ≤ (a + b + c)2 + k max{(a − b)2 , (b − c)2 , (c − a)2 } ≤ a + b + c Bài (Bà Rịa - Vũng Tàu) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn x y z = Chứng minh bất đẳng thức 1 + + ≤ 2 (2x + y + z) (2y + z + x) (2z + x + y) 16 Cho x, y, z không âm thỏa x + y + z = Chứng minh bất đẳng thức (x y + y z + z x) x2 + + y2 + + ≤ z2 + 1 Bài (Bắc Ninh) Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức T= ab bc ca + + − 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3ac + 4a + 5b ab(a + 2c)(b + 2c) Bài (Bến Tre) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 1344 a + ab + abc − 2016 a +b +c Bài (Bình Thuận) Cho số thực dương x, y, z Chứng minh x2 y2 z2 x +y +z yz xy zx + + ≥ ≥ + + y +z z +x x +y y +z x +y z +x Bài (Đồng Nai) Cho số thưc dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh : a + b +c b + a +c c ≥ a +b 3 a3 + b3 + c + Bài (Hà Nam) Cho a, b, c ≥ Tìm giá trị nhỏ của: a + b +c P= b + a +c c a +b Bài 10 (Hà Nội) Cho a, b, c > thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = Tìm giá trị nhỏ P= 1 + + − 2(a + b + c) a b c Bài 11 (Hà Tĩnh) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a6b6 + b6c + c a6 ≤ Bài 12 (Hải Phòng) Cho a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = chứng minh ab + bc + c a ≥ abc + ab + bc + ca − Bài 13 (Hòa Bình) Cho a, b, c số dương thỏa mãn abc = x, y, z thuộc R Chứng minh : x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) ≥ 2(x y + y z + zx) Bài 14 (Khánh Hòa) Cho hai số thực x y thỏa mãn x + x y + y ≤ Chứng minh 5x + 2x y + 2y ≤ 12 Bài 15 (Lạng Sơn) Cho x, y, z > thỏa mãn x y z = Tìm giá trị lớn : P= x + 2y + + y + 2z + + z + 2x + Bài 16 (Nam Định) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a +b +c = Chứng minh rằng: (a + b)2 a − ab + b (b + c)2 + b − bc + c (c + a)2 + c − ca + a ≤ 12 Bài 17 (Ninh Bình) Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x+ y + y+ z + z+ x ≥4 1 + + x +7 y +7 z +7 Bài 18 (Quảng Bình) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác a ≥ b ≥ c Chứng minh a(a + b − ab) + b(a + c − ac) + c(c + b − bc) ≥ a + b + c Bài 19 (Quảng Nam) Cho số thực không âm a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức: (a + b + c + d )3 ≤ 4(a + b + c + d ) + 24(abc + bcd + cd a + d ab) Bài 20 (Quảng Ninh) Cho a, b, c > thỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a − ab + b ab + + b − bc + c bc + + c − ca + a ca + Bài 21 (Quảng Ngãi) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a +b +c = Chứng minh 1 a +1 b +1 c +1 8 + + ≥6≥ + + + + + 2 2 2 a b c 1+b 1+c 1+a a + b + b + c + c + a2 + Bài 22 (Quảng Trị) Cho số không âm x, y, z thỏa x + y + z = Chứng minh x y + y z + z x ≤ x + y + z ≤ + (x + y + z ) Bài 23 (Tp HCM) Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức (a + 1)2 + (b + 1)2 + c + 1)2 + 6abc Bài 24 (Thái Nguyên) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 1 21 + + + (ab + bc + ca) ≥ (1 + a)3 (1 + a)3 (1 + a)3 32 32 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z ≥ z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức F= x y − z3 + + + y + x 3(1 + x y) Bài 25 (Thanh Hóa) Cho x, y, z > thỏa x + y + z = 1 + + Chứng minh x y z 1 + + ≤ (2x y + y z + zx)2 (2y z + zx + x y)2 (2zx + x y + y z)2 16x y z 2 Đa thức Bài (THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội) Tìm tất đa thức hệ số thực thỏa mãn P (x) − P x + 3P (x )P = x2 Bài (Bến Tre) Cho khai triển (1 − 2x + x )n = a0 + a1 x + a2 x + + +a 3n x 3n Xác định hệ số a6 biết a0 + a1 a2 a 3n + + + 3n = 2 2 15 Bài (Bến Tre) Cho phương trình x − x − 5x + x + 4x − = Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt Với x i (i = 1, 5) nghiệm phương trình trên, tính tổng S biết: S = xi + i =1 2x i − x i − Bài (Bình Dương) Cho dãy đa thức hệ số thực {P n (x)}, n = 1, 2, 3, thỏa mãn điều kiện P n (2 cos x) = 2n cos(nx), ∀x ∈ R, ∀n ∈ N∗ Chứng minh với n ∈ N∗ P n (x) đa thức hệ số nguyên bậc n x ≤ n P n (x), ∀x > Bài (Đà Nẵng) Tìm số nguyên dương n nhỏ cho tồn đa thức f (x) bậc n có hệ số nguyên thỏa mãn: f (0) = 0, f (1) = với m ∈ N∗ , f (m)( f (m) − 1) bội 2017 Bài (Đà Nẵng) Chứng minh với m ∈ N, tồn đa thức f m (x) có hệ số hữu tỉ thỏa mãn với n ∈ N∗ thì: 12m+1 + 22m+1 + + n 2m+1 = f m (n(n + 1)) Bài (Đồng Nai) Cho số tự nhiên n ≥ n số thực a1 , a2 , , an cho a1 > −1, a2 ≥ n −1 Giả sử phương trình x nn + a1 x n−1 + a2 x n−2 + + an−1 x + an = có n nghiệm thực Chứng minh tất nghiệm nằm đoạn [−a1 , a1 + 2] Bài (Hà Nam) Cho P,Q, R đa thức hệ số thực thỏa mãn: P (Q(x)) + P (R(x)) = c ∀x ∈ R với c = const ∈ R Chứng minh P (x) ≡ const [Q(x) + R(x)] ≡ const Bài (Hà Tĩnh) Cho đa thức P (x),Q(x), R(x) với hệ số thực có bậc tương ứng 3, 2, thỏa mãn đẳng thức P (x)+Q (x) = R (x), ∀x ∈ R Hỏi đa thức T (x) = P (x).Q(x).R(x) có nghiệm thực (kể nghiệm bội) Bài 10 (Hải Phòng) Cho dãy đa thức hệ số thực P n (x) +∞ n=0 xác định sau P (x) = 2, P (x) = 2x, P n+1 (x) = 2x.P n (x) + − x P n−1 (x) ∀n ≥ 1 Xác định công thức tổng quát P n (x) Tìm tất số tự nhiên n để P n (x) chia hết cho x + Bài 11 (Hòa Bình) Cho đa thức P (x) = x + ax +bx +cx +d Q(x) = x + px + q thuộc Q[x] Biết hai đa thức nhận giá trị âm khoảng I có độ dài lớn hai khoảng I chúng nhận giá trị không âm Chứng minh tồn x o ∈ R đề P (x o ) < Q(x o ) Bài 12 (Tp HCM) Cho đa thức P (x) = x 2016 + a2015 x 2015 + a2014 x 2014 + + a1 x + a0 có P / (2) P / (1) > + 2016 Giả sử P (x) có 2016 nghiệm thực, hệ số thực với P (1)P (2) = P (2) P (1) chứng minh số đó, có nghiệm thuộc khoảng (1; 2) Bài 13 (Khánh Hòa) Cho P (x) đa thức với hệ số nguyên Chứng minh tồn hai đa thức Q(x) R(x) cho số 1) số nghiệm nguyên dương phương trình 2011! 2011! = 4!(2011 − 4)! 4!2007! Do có 2017 cách chặt bị đếm lần ta nên số lượng cách chặt 2011!2017 cách là: 4!2007!5 Ta đếm hai cách số bắt tay họp • Cách đếm thứ nhất: Do người bắt tay 3k +6 lần bắt tay 12k(3k + 6) = 6k(3k + 6) thực hai người nên số bắt tay là: 12k(12k − 1) • Cách đếm thứ hai: Số lượng nhóm hai người = 6k(12k− 1) Với nhóm hai người vậy, theo đề có m người bắt tay với hai người này, từ nhóm hai người ta đếm có 2m bắt tay (không tính bắt tay hai người có) Xét hai người bắt tay A B Dễ thấy bắt tay A B đếm 2(3k + 5) nhóm hai người bao gồm (A, X B ) (B, X A ) với X A chạy tập người bắt tay với A không tính B X B chạy tập người bắt tay với B không tính A Vậy tổng số bắt tay 6km(12k − 1) 3k + 6k(12k − 1).2m = 2(3k + 5) Từ hai cách đếm trên, ta phương trình nghiệm nguyên dương: 6km(12k − 1) = 6k(3k + 6) Giải phương trình ta k = 3, m = Vậy 3k + họp có 12k = 36 người Bài Trên mặt phẳng cho 2017 điểm cho với ba điểm ta tìm hai điểm để đoạn thẳng tạo thành có độ dài bé Chứng minh tồn đường tròn có bán kính chứa không 1009 điểm cho (Bình Dương ) Lời giải Gọi tập hợp điểm cho S Xét điểm A S TH1: Mọi điểm lại tập có khoảng cách với A bé Đường tròn tâm A bán kính đường tròn cần tìm Kết toán trường hợp TH2: Tồn điểm B tập hợp điểm lại cho AB ≥ Xét ba điểm (A, B, X ) với X chạy S/{A, B } Do AB ≥ nên AX < B X < Theo nguyên lí Dirichlet, hai đường tròn (A, 1) (B, 1) chứa 1008 điểm thuộc S/{A, B } Đường tròn đường tròn chứa 1009 điểm thuộc S tính thêm A, B Kết toán Vậy ta có điều cần chứng minh Bài 10 2016 Mỗi lần thực trò chơi cho phép ta , , , 2016 2016 2016 xóa hai số a, b thay vào số a + b − 3ab Hỏi sau 2015 lần thực Trên bảng cho số phép xóa, số lại bảng số nào? (Bình Dương ) Lời giải 672 672 672 , ta nhận lại = Nếu ta xóa số x số 2016 2016 2016 672 672 672 672 Vậy số diện bảng, đáp án +x −3 x= 2016 2016 2016 2016 Ta xét số toán Bài 11 Trên ô vuông bảng 9x9, 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 ô Trên mặt phẳng tọa độ Descartes Ox y , có châu chấu tọa độ (x, y) x, y ∈ Z 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 nguyên sau hữu hạn bước nhảy không N = 2025 Vì sao? (Điểm nguyên điểm có tung độ hoành độ số nguyên) (Bình Dương ) Lời giải Ta tô màu bảng cho đen trắng xen kẽ với ô góc màu đen Dễ dàng tính số ô đen nhiều số ô trắng ô sau tiếng gõ, châu chấu ô đen nhảy sang ô trắng ngược lại, từ ô trắng nhảy sang ô đen Từ suy rasau tiếng gõ, số châu chấu ô trắng nhiều số ô trắng đơn vị Khi theo nguyên lí Dirichlet, có châu chấu ô Theo đề bài, châu chấu vị trí (a, b) đó, nhảy tới vị trí (a + m, b + n) với m, n số nguyên thỏa m + n = 2025 Do 2025 nên m, n Vậy số dư chia hoành độ (tương tự, tung độ) cho không đổi Vậy kết luận toán không Bài 12 Trong mặt phẳng cho n ≥ đường thẳng đôi cắt ba đường đồng quy Các đường chia mặt phẳng thành miền hữu hạn vô hạn Chứng minh ta đánh dấu miền số nguyên thỏa mãn ba điều kiện sau: i Các số khác ii Trị tuyệt đối số không lớn n iii Mỗi đường thẳng cho phân mặt phẳng làm hai phần mà tổng số miền thuộc phần (Đà Nẵng ) Lời giải Nhận xét miền có tối đa n cạnh nên số đỉnh miền không vượt n Ta có cách đánh số sau: Chọn miền bất kì, đánh số cho miền số đỉnh Sau ta đánh số miền lại theo quy tắc: số đánh dấu có giá trị tuyệt đối số đỉnh miền số đánh dấu hai miền chung cạnh trái dấu Ta chứng minh đánh số cách • Với n = hiển nhiên mệnh đề • Giả sử với n = k mệnh đề Xét k + đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề Ta bỏ qua đường thẳng đánh số theo cách Theo giả thiết quy nạp, ta đánh số Bây ta xét thêm đường thẳng bỏ qua Ta chọn bên bất kì, giữ nguyên dấu miền bên Ở miền bị phân chia, bên phía chọn ta giữ dấu miền ban đầu, phía lại trái dấu Các miền không bị phân chia phía không chọn đổi dấu Dễ thấy cách chọn dấu âm, dương thỏa mãn cách đánh số nêu Vậy mệnh đề với n = k + theo nguyên lí quy nạp, mệnh đề với n Cách đánh số thỏa mãn điều kiện đề Thật vậy: Điền kiện (i ) hiển nhiên thỏa mãn Điều kiện (i i ) thỏa mãn dựa nhận xét ban đầu Đối với điều kiện (i i i ): Dễ thấy đỉnh thuộc miền không nằm đường thẳng xét (loại 1), thuộc miền nằm đường thẳng xét (loại 2) Tổng miền "dương" thực chất đếm số đỉnh loại nhân cộng cho số đỉnh loại Tương tự với tổng miền "âm" Vậy tổng miền thuộc phía đường thẳng xét Điều chứng tỏ điều kiện (i i i ) thỏa mãn Vậy toán chứng minh Bài 13 Cho bảng ô vuông 2017 x 2017, người ta điền vào ô bảng số nguyên từ đến 2017 cho số điền vào bảng lần Chứng minh tồn hai số cạnh bảng (tức thuộc hai ô chung cạnh) có hiệu không nhỏ 2017 Tìm k ∈ N∗ nhỏ cho tồn cách điền để hiệu hai số cạnh bảng không lớn k (Đà Nẵng ) Lời giải Ta chứng minh phản chứng, giả sử tồn cách đánh số cho hai số cạnh bảng có hiệu nhỏ 2017 Xét số k cho ≤ k ≤ 20172 − 2017 Gọi A k = {k + 1, k + 2, , k + 2016}, B k = {1, 2, , k}, C k = {k + 2017, k + 2018, , 20172 } Vì |A k | = 2016 nên tồn cột (tương tự, cạnh) không chứa phần tử thuộc A k Gọi tập hợp số thuộc vào cột hàng D k Cũng |A k = 2016| nên D k có hai phần tử kề không thuộc tập hợp, suy D k tập B k C k Dễ thấy |D k | = 4033 • Với k = 1, |B k | = nên D ⊂ C • Với k = 20172 − 2017, |C k | = nên D 20172 −2017 ⊂ B 20172 −2017 Vậy tồn n cho D n ⊂ C n D n+1 ⊂ B n+1 Vậy tồn số h cho h ∈ C n h ∈ B n+1 Khi ta có n + 2017 ≤ h ≤ n + 1, vô lý! Theo câu 1, ta có k ≥ 2017 Ta có cách đánh số sau: Hàng thứ i đánh số từ trái sang phải 2017(i − 1) + j với j vị trí hàng ô Dễ thấy cách đánh số thỏa mãn hiệu hai số cạnh không vượt 2017 Vậy số cần tìm 2017, với cách đánh số Bài 14 Tìm số nguyên dương n nhỏ cho: Với n số nguyên dương a1 , a2 , , an đôi khác nhau, tồn hai số i , j ∈ 1, 2, 3, , n để +a j ≥ 2017(ai , a j ) với (a, b) ước chung lớn hai số nguyên dương a, b (Đồng Nai) Lời giải Dễ thấy 2017 số nguyên tố Xét 1008 số nguyên dương Ta có hai số nguyên dương dãy có tổng không 1008 + 1007 = 2015 < 2017 Vậy n ≥ 1009 • Ta chứng minh 1009 số cần tìm Giả sử tồn cách chọn 1009 số {a , a , , a 009} cho không thỏa điều kiện đề • Giả sử tồn số i , j cho a i chia hết cho 2017 a j không chia hết cho ai suy + a j ≥ 2017( 2017 Khi ta có (ai , a j ) = ( ,aj) ≤ , a j ), mâu 2017 2017 2017 thuẫn với giả thiết phản chứng.Vậy dãy tất chia hết cho 2017, tất không chia hết cho 2017 Dễ thấy ta tìm số không thỏa điều kiện, chia số cho ước chung lớn chúng, ta thêm số không thỏa điều kiện Vì ta cần xét trường hợp tất không chia hết cho 2017 • Giả sử tồn hai số i , j cho a i −a j 2017 Không tính tổng quát, giả sử a i + a j 2017b + a j a i −a j = 2017b, b ∈ N Ta có = ≥ ≥ 2017 suy a i +a j ≥ (a i , a j ) (a i , a j ) (b, a j ) (b, a j ) Vậy 1009 số đôi không dùng số dư chia cho 2017 Ta có nhóm (1, 2016); (2, 2015); ; (1008, 1009) Theo nguyên lí Dirichlet, phải tồn hai số i , j cho số dư chia a i a j cho 2017 1008 nhóm Khi + a j 2017c 2017c ta có + a j 2017 Đặt + a j = 2017c Vậy ta có = ≥ ≥ (a i , a j ) (2017c, a j ) (c, a j ) 2017 Suy a i + a j ≥ 2017(a i , a j ), mâu thuẫn với giả thiết phản chứng! Vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều cần chứng minh Bài 15 Có hoán vị (a1 , a2 , , a10 ) số 1, 2, 3, , 10 cho > a2i với ≤ i ≤ a j > a j +1 với ≤ i ≤ (Đồng Nai) Lời giải Từ điều kiện đề ta cóa1 > a2 , a3 ; a2 > a4 , a5 ; a4 > a8 , a9 ; a5 > a1 0; a3 > a6 , a7 Dễ thấy a số lớn nhất, a = 10 Chia số lại thành hai nhóm (a , a , a , a , a , a 10 ) (a3 , a6 , a7 ) Dễ thấy hai nhóm không ảnh hưởng đến xét đến điều 9! Khi chọn xong phần 3!6! tử cho nhóm 1, lại phần tử cho nhóm Do nhóm 2, phần tử a3 phần tử lớn nhất, a6 a7 không ảnh hưởng đến nên số cách cho nhóm Trong nhóm 1, để ý a2 phần tử lớn nhóm Các phần tử lại chia thành hai nhóm (a4 , a8 , a9 ) (a5 , a10 ) kiện đề Ta có số cách chọn phần tử nhóm thứ Rõ ràng hai nhóm không ảnh hưởng đến Vậy số cách chọn phần tử cho 5! Nhóm nhỏ thứ tương tự nhóm hai nên số cách 2!3! Nhóm nhỏ thứ hai có a5 > a10 nên có số cách 5!9! = 3360 Vậy số hoán vị thỏa mãn là: 2!3!3!6! hai nhóm là: Bài 16 Gọi A tập (x , x , x ) với x , x , x ∈ 0; 1; 2; ; Bộ x = (x , x , x ) ∈ A gọi trội y = (y , y , y ) ∈ A x = y x i ≥ y i ∀i = 1; 2; Khi ta viết x > y Tìm n mi n ∈ N∗ cho tập có n ptử A chứa x > y (Hà Nam) Lời giải Xét tập B A cho hai phần tử B mà phần tử trội phần tử lại, |B | đạt giá trị lớn Xét bảng × đánh số hàng từ xuống từ đến cột từ trái sang phải từ đến Nếu B có phần tử x = a, b, c ta đánh dấu ô (a, b) Dễ thấy ô đánh dấu lần Thật vậy, giả sử có ô (a, b) đánh dấu lần, tập B có tương ứng hai phần tử x = (a, b, x ) > y = (a, b, y ), vô lí! Vậy số ô đánh dấu |B | Ta gọi ô (a1 , b1 ) bé (tương tự, lớn hơn) ô (a2 , b2 ) a1 ≤ a2 b1 ≤ b2 (tương tự, a1 ≥ a2 b1 ≥ b2 ) Dễ thấy, bảng có ô (a1 , b1 ); ; (a9 , b9 ) cho (a i , b i ) < (a i +1 , b i +1 ), i = 1, 8, tồn tại, theo nguyên lí Dirichlet phải tồn hai số i < j cho c i = c j dẫn đến x i < x j Gọi S tập tất ô đánh dấu mà ô đánh dấu lớn hơn, , S i +1 tập tất ô đánh dấu mà với phần tử thuộc S i +1 , có phần tử thuộc S i lớn phần tử không thuộc S k với k ≤ i lớn Ta có |S | = Với i bất kì, xét phần tử thuộc S i , gọi mi giá trị lớn a + b với (a, b) thuộc S i , gọi phần tử thuộc S i (ai , bi ) Để ý (a, b) < (c, d ) a + b < c + d Vậy nên ta có m i > m i +1 Xét phần tử (c i , di ) thuộc S i khác (ai , bi ) Rõ ràng c i = di = bi Ngoài ra, c i < a i d i > b i ngược lại, c i > a i d i < b i Vậy |S i | ≤ m i m i ≤ |S i | ≤ 16 − m i m i > Dễ dàng thấy |B | = i =1 |S i | ≤ + + + + + + + = 48 Dấu xảy ra, chẳng hạn ô đánh dấu (a, b) thỏa ≤ a + b ≤ 12 ngược lại, ô thỏa điều kiện đánh dấu Vậy ta có n ≥ 49, hay n mi n = 49 Bài 17 Cho tập S = 1, 2, 3, , 2016 Hỏi có hoán vị (a1 , a2 , , a2016 ) tập S cho 2(a1 + a2 + a3 + + ak ) k với ∀k = 0, 1, 2, , 2016 (Hà Tĩnh) Lời giải Ta chứng minh quy nạp ak = mi na1 , a2 , , ak ak = maxa1 , a2 , , ak với k ≥ • Với k = 2016, hiển nhiên a , a , , a 2016 = 1, 2, , 2016 nên 2015 có i =1 2016 i =1 a i = 2016.2017 Ta lại a i 2015 nên a 2016 −1 2015 Vậy a 2016 ∈ {1; 2016} Mệnh đề với k = 2016 • Giả sử mệnh đề từ k = 2016 đến k = n ≥ Xét k = n +1 Hiển nhiên (a , a , , a n−1 ) hoán vị n − số liên tiếp Ta có n−2 i =0 i = (n − 1)(n − 2) (n − 1) nên ta xem (a1 , a2 , , an−1 ) hoán vị (1, 2, , n −1) Tương tự ta n−1 n−2 có a i = n.(n − 1) Do a i n − nên a n−1 − (n − 2) nên a n−1 = i =1 i =1 a n−1 = n − Vậy mệnh đề với k = n − Theo nguyên lí quy nạp, mệnh đề với k > Gọi S k số hoán vị (1,2, ,k) thỏa mãn yêu cầu đề Theo mệnh đề chứng minh, ta có S k+1 = 2S k với k ≥ Dễ dàng tính S = Vậy số lượng hoán vị thỏa yêu cầu 22014 Bài 18 Xét tập hợp S gồm 2016 số nguyên dương Gọi A, B,C tập S , đôi không giao cho |A| = |B | = |C | = 672 A∪B ∪C = S Chứng minh tồn số a, b, c thuộc tập A, B,C mà số tổng hai số (Tp HCM ) Lời giải Giả sử phản chứng, tồn cách chọn tập A, B,C thỏa mãn điều kiện đề cho không tồn số a, b, c thuộc A, B,C mà số tổng hai số lại Không tính tổng quát, giả sử ∈ A Theo giả thiết phản chứng, tồn hai số liên tiếp mà số thuộc B , số lại thuộc C Ta viết lại số thành chuỗi chữ a, b, c theo qui tắc số i thuộc tập A chữ vị trí thứ i chữ a , tương tự với B , C Không tính tổng quát, giả sử chữ cuối chữ c Ta chứng minh tồn chuỗi acc Giả sử không tồn chuỗi Khi số lượng chữ a cần có để ngăn cách chữ c 672 Tuy nhiên ta cần thêm chữ a để ngăn cách chữ c với 672 chữ b , vô lí 672 = |A| ≥ 672+1 Vậy chuỗi acc có tồn Giả sử chữ a chuỗi vị trí x Ta chứng minh tồn chuỗi bba Giả sử không tồn chuỗi Khi chữ cuối chữ c chữ b phải ngăn cách với chữ c chữ a nên tồn chữ a vị trí lớn vị trí tất chữ b cần 673 chữ a Suy điều vô lí 673 ≤ 672 Vậy tồn chuỗi bba Giả sử chữ b chuỗi vị trí y TH1: x > y Xét hiệu (x − y) Do x ∈ A y ∈ B nên theo giả thiết phản chứng, (x − y) thuộc C Tương tự với x + y + 1, x + y + ta có (x − y) thuộc A B Suy (X − y) không thuộc tập cả, vô lí TH2: x < y Xét hiệu (y − x) tương tự trên, ta suy (y − x) không thuộc tập cả, vô lí Vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều cần chứng minh Bài 19 Cho tập hợp A = a1 , a2 , , a15 gồm 15 phần tử Chúng ta tạo tập hợp mà tập hợp chứa hay nhiều phần tử A (có thể sử dụng tất phần tử tập A ) số phần tử tập hợp tạo thành phải bội số nhỏ có tập hợp Có tập hợp hợp tạo thành? Chẳng hạn a2 , a4 , a8 , a6 , tập hợp thỏa mãn yêu cầu toán (Khánh Hòa) Hướng dẫn Xét số tự nhiên n cho ≤ n ≤ 15 Dễ thấy [1; 15] có 15 −1 n số khác n bội số n Số tập hợp thỏa diều kiện đề với n số nhỏ nhất, số tập tập hợp bội số n nhỏ 15, bằng: Sn = 15 n −1 15 Số tập hợp thỏa điều kiện đề là: i =1 S i = 214 +26 +24 +2.22 +2.21 +8.20 = 16492 Bài 20 Cho tập Mn = 1; 2; ; n (n ∈ N∗ ) Gọi X tập M15 cho tích ptử X số phương Tìm max | X | Gọi Y tập gồm có 15 phần tử tập M25 Tập I gọi tập "tốt" không tồn phần tử mà tích chúng số phương Tính số tất tập "tốt" (Lạng Sơn) Lời giải Ta chia số từ đến 15 cho ước phương lớn Khi ta số 1, 2, 3, 1, 5, 6, 7, 2, 1, 10, 11, 3, 13, 14, 15 Giả sử |X | > 10 • Nếu X chứa số 1: Khi X hai phần tử có tích số phương nên X chứa tối đa số 1, chứa tối đa số 2, chứa tối đa số • Nếu X chứa số X chứa hai số 10, chứa hai số 14 Khi |X | ≤ 15 − = 10, mâu thuẫn với giả thiết quy nạp Vậy |X | không chứa 2, mà |X | > 10 nên X = {1, 1, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15}, ba số (3, 5, 15) có tích số phương Vậy X không chứa số 1, X chứa ba số (2, 7, 14) (3, 5, 15) nên |X | ≤ 15 − = 10 Vậy |X | ≤ 10 Đưa số lại ban đầu, ta cách chọn phần tử cho X là: X = {1, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14} Tương tự trên, ta thay số từ đến 25 thương chia cho ước phương lớn nó, ta 16 số 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 19, 21, 22, 23 với số lần xuất số 5, 3, 2, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, Theo điều kiện đề bài, số ta lấy phải khác nên số cách chọn 15 phần tử (cũng số đề yêu cầu tính) là:5.3.2.2.2 1 + + + 11 = 1564 Bài 21 Một số nguyên dương k gọi "đẹp" phân hoạch tập hợp số nguyên dương Z∗ thành tập hợp A , A , , A k cho với số nguyên dương n ≥ 15 với i ∈ 1; 2; ; k tồn hai sô thuộc tập A i có tổng n Chứng minh k = đẹp Chứng minh k ≥ không đẹp (Nghệ An) Lời giải Ta có cách phân hoạch sau: A = {1; 2; 3; 12; ; 3k; }, A = {4; 5; 6; 11; ; 3k + 2}, A = {7; 8; 9; 10; ; 3k + 1; } • Với n = 15, n = 16 n = 17 – Đối với A : 3+12=15; 1+15=16; 2+15=17 – Đối với A : 4+11=15; 5+11=16; 6+11=17 Đối với A : 7+8=15; 7+9=16; 8+9=17 • Với n ≥ 18: Đối với A : Khi n = 3k với k ≥ 6: (3k-3)+3=3k Khi n = 3k + với k ≥ 6: (3k)+1=3k+1 Khi n = 3k + với k ≥ 6: (3k)+2=3k+2 Tương tự với A A Vậy k = số đẹp Giả sử phản chứng, tồn cách phân hoạch thỏa đề với k ≥ Xét tập S = {1; 2; ; 15}, 15 < 44 nên phải tồn số i cho A i chứa không số thuộc S Không tính tổng quát, giả sử số Theo điều kiện đề bài, tồn k ≤ cho {k; 15 − k} tập A Đặt số lại h Ta có k + h = 16 15 − k + h = 16 Suy k phần tử bé A Giả sử k > 1: Trong A phải tồn số có tổng 17 Do phần tử nhỏ A lớn nên ta có 15 − k + h = 17 k + h = 16 Giải hệ phương trình ta k = 7, h = Nhưng không tồn số thuộc A có tổng 18 18 − < 18 − < 18 − < 15 Vậy ta có k = Giả sử 15 ∈ A Ta xét số từ 17 đến 28, ta {1; 14; 15; 16; 17; 18; ; 27} ⊂ A Khi ta xét số 27, 27 : = 13.5 nên với i > 1, không tồn hai phần tử thuộc A i có tổng 27, vi phạm điều kiện Vậy 15 không thuộc A Khi ∈ A Bài 22 Tìm kmax ∈ N∗ cho ta phân hoạch tập hợp số nguyên dương thành k tập hợp A , A , , A k thỏa mãn với n ∈ N∗ , n > 14, trog tập A i i = 1, k tồn số có tổng n (Ninh Bình) Hướng dẫn Bài hoàn toàn tương tự 19 đề Nghệ An Bạn đọc dùng cách giải 19 để giải toán Bài 23 Một hàng bưởi Đoan Hùng gồm 17 thẳng hàng đánh số theo thứ tự số tự nhiên từ đến 17 Ban đầu có 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 có hay không trường hợp mà Không có ong có số thứ tự chẵn Có ong cuối (Phú Thọ) Lời giải Có thể xảy trường hợp này, chẳng hạn, sau thứ nhất, ong chuyển sang 3, ong chuyển sang 3; ; sau thứ 4, ong 14 chuyển sang 15, ong 16 chuyển sang 15 Lúc này, ong có vị trí chẵn Đánh số ong vị trí bưởi mà đậu Gọi S tổng tất ong Ban đầu ta có S = 17 i =1 i = 17.9 Khi ong bay sang bên cạnh, bay hướng số 1, số gán cho giảm 1; ngược lại, bay hướng số 17, số gán cho tăng Do sau có hai ong bay sang bên cạnh ngược hướng nên S không thay đổi Vậy có ong cuối cùng, S > 17.9 = S , vô lí! Vậy xảy trường hợp Bài 24 Cho số nguyên dương n ≥ Tìm số lớn cặp gồm hai phần tử phân biệt tập X n = 1, 2, , n cho tổng cặp khác số nguyên khác không vượt n (Quảng Bình) Lời giải Giả sử k số cần tìm Do có 2k số phân biệt k cặp tìm nên tổng chúng không nhỏ hơn: k(2k + 1) Do tổng cặp khác không vượt n nên tổng 2k số không k(k + 1) k(k + 1) Vậy k(2k + 1) ≤ k(n − k) + 2n − Suy k ≤ lớn hơn: k(n − k) + Bài 25 Giả sử S tập hợp hữu hạn điểm mà điểm tô màu đỏ xanh Gọi A , A , , A 68 tập tập S mà tập chứa điểm thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i Mỗi tập A , A , , A 68 chứa điểm màu đỏ ii Với ba điểm S , tồn xác tập A i chứa điểm Hỏi: Tìm số phần tử tập S Tồn hay không tập A i chứa điểm đỏ Vì ? (Quảng Ninh) Lời giải 5! = 10 3!(5 − 3)! Do tập ba phần tử S tập xác tập A i nên |S|.(|S| − 1)(|S| − 2) số lượng tập ba phần tử S bằng: 68.10 = 680 Suy = 680 Giải phương trình với |S| số tự nhiên, ta |S| = 17 Vậy số phần tử S 17 Số tập có ba phần tử tập hợp năm phần tử là: Giả sử phản chứng, không tồn tập A i chứa điểm đỏ Gọi tập tập A i F Ta có nhận xét sau: • |A i ∩ A j | ≤ với i = j Điều tồn tai i = j cho |A i ∩ A j | > có ba điểm tồn A i A j , vi phạm điều kiện • Bộ hai điểm (A, B ) xuất phần tử F Xét ba (A, B, X ) với X chạy S/{A, B }, có 15 ba ba phải thuộc vào phần tử F Mà tập hợp A i chứa (A, B ) chứa ba Nên có 15 : = phần tử F chứa (A, B ) Để ý tập hợp có hợp S Xét hai (A, B ) với A, B tô màu xanh Mỗi tập A i chứa hai phải chứa điểm đỏ nên có điểm đỏ thuộc S (∗) Xét ba điểm đỏ đó, giả thiết phản chứng nên ba phải thuộc tập A i có hai điểm lại màu xanh Ta lại xét hai điểm xanh tương tự trên, suy có điểm đỏ • Có điểm đỏ S Thật vậy, giả sử có điểm đỏ, xét hai điểm đỏ tương tự (∗), theo nguyên lí Dirichlet, tồn tập A i chứa hai điểm đỏ thêm hai điểm đỏ khác điểm đỏ lại, mâu thuẫn với giả thiết phản chứng! • Không tồn i cho A i chứa hai điểm đỏ Thật vậy, giả sử tồn i vậy, xét hai điểm đỏ thuộc A i tương tự trên, ta suy tồn tập A j chứa điểm đỏ, mâu thuẫn! 7! = 35 < 68 suy 3!(7 − 3)! tồn điểm đỏ R điểm màu đỏ tập A r Đặt A r = R,G , ,G Xét hai (R,G i ), dựa nhận xét 2,3 4, tồn thêm tập A r i chứa hai xét nhận R điểm đỏ Cho i chạy từ đến 4, dựa nhận xét 1, có phần tử F nhận R điểm màu đỏ Để ý (R,G) với G điểm màu xanh thuộc S "tạo ra" hoặc tập hợp thuộc F nhận R điểm đỏ Vậy R "tạo ra" nhiều 10.2 : = phần tử F Vậy R "tạo ra" phần tử F Số lượng phần tử F chứa điểm màu đỏ Từ 35 điểm đỏ "tạo ra" lượng chia hết cho phần tử F có điểm đỏ nên ta có 68 5, vô lí! Vậy giả thiết phản chứng sai Câu trả lời là: tồn tập A i chứa điểm đỏ Bài 26 Cho tập hợp S = 1; 2; 3; ; 2016 Hỏi có tập S có phần tử mà chúng độ dài cạnh tam giác có chiều dài cạnh lớn 1000 ? Cho hình vuông có cạnh Bên hình vuông có n(n ∈ N∗ ) hình tròn có tổng diện tích lớn n−1 Chứng minh tồn điểm hình vuông nằm tất hình tròn (Quảng Trị) Lời giải Số lượng tập ba phần tử S thỏa yêu cầu số lượng tập hai phần tử {a, b} S thỏa ≤ a, b ≤ 1000 a + b > 1000 Không tính tổng quát, giả sử a > b Suy 2a > a + b ≥ 1000 ⇒ a > 500 Ta có: b < a b ≥ 1001 − a Suy số giá trị b thỏa điều kiện với 500 < a ≤ 1000 là: a − (1001 − a) = 2a − 1001 1000 Vậy kết toán (2a − 1001) = a=501 500 i =1 (2i − 1) = 1000.500 = 250000 2 Do hình tròn nằm hoàn toàn hình vuông nên diện tích lớn π hình tròn S = ( )2 π = Gọi O tâm hình vuông Giả sử có đường tròn không chứa O Do điểm hình vuông cách O xa khoảng nhỏ ( 2 π ) π = diện tích đường tròn • Giả sử tất hình tròn chứa O Vậy O điểm cần tìm Mệnh đề cần chứng minh • Giả sử có hình tròn không chứa O Khi tổng diện tích đường π π π 8−π tròn lại lớn n −1− Suy (n −1) > n −1− ⇒ n < < Vậy 8 − 2π ta cần xét trường hợp n = n = – Với n = 1: Do hình tròn phải có diện tích lớn nên phải tồn điểm hình vuông thuộc hình tròn Mệnh đề cần chứng minh – Với n = 2: Do diện tích hình vuông mà tổng diện tích hai hình tròn lớn nên hiển nhiên phải tồn điểm nằm hai hình tròn Vậy mệnh đề cần chứng minh Vậy ta có điều cần chứng minh Bài 27 Cho tập hợp E = 1; 2; 3; 4; Gọi M tập hợp tất số tự nhiên có ba chữ số, chữ số đôi khác thuộc E Chọn ngẫu nhiên số thuộc M Tính xác suất để số chọn có tổng chữ số 10 (Thái Nguyên) Lời giải • Số lượng số thuộc M có ba chữ số là: 5.4.3 Số lượng số có bốn chữ số thuộc M là: 5.4.3.2 Số lượng số có năm chữ số thuộc M là: 5.4.3.2.1 Vậy theo nguyên lí cộng, ta có |M | = 5.4.3 + 5.4.3.2 + 5.4.3.2.1 = 300 • Số lượng số thuộc S có ba chữ số có tổng chữ số 10 tổng số lượng hoán vị {1, 4, 5} {2, 3, 5} Vậy số số có ba chữ số thỏa yêu cầu là: 2.3! = 12 số Xét số có bốn chữ số thỏa yêu cầu bất kì, ta có tổng chữ số số lớn + + + = 10 Suy số lượng số có bốn chữ số thỏa yêu cầu số lượng hoán vị {1, 2, 3, 4} bằng: 4.3.2.1 = 24 Vì + + + + = 15 = 10 nên không tồn số có năm chữ số thuộc M thỏa yêu cầu Vậy xác suất để chọn số có tổng chữ số 10: 12 + 24 = 0.12 300 Bài 28 Tại bốn đỉnh tứ diện ABC D có ghi tương ứng bốn số a, b, c, d không đồng thời nhau.Thực phép biến đổi số đỉnh tứ diện sau: Mỗi lần biến đổi ta xóa số cũ (x; y; z; t ) thay vào bốn số (x + y + z − 3t ; y + z + t − 3x; z + t + x − 3y; t + x + y − 3z) theo thứ tự Chứng minh kể từ sau lần biến đổi đầu tiên, bốn đỉnh tứ điện có đỉnh ghi số dương sau số lần thực phép biến đổi có đỉnh tứ diện ghi số không nhỏ 2016 (Thanh Hóa) Lời giải • Để ý (x + y + z − 3t ) + (y + z + t − 3x) + (z + t + x − 3y) + (t + x + y − 3z) = Giả sử đến lúc số dương, tất số phải 0, dẫn đến bước trước tất số phải Mà ban đầu tất số không đồng thời nên bước chưa phải bước số bước Cứ vậy, suy cần vô hạn bước, vô lí! Vậy sau phép biến đổi đầu tiên, tồn đỉnh ghi số dương Vế đầu toán • Ta chứng minh sau bước đầu tiên, bước sau khiến cho số lớn bốn số bốn đỉnh tăng tiến dần dương vô Thật vậy, không tính tổng quát, giả sử sau bước thứ i ≥ 1, ta bốn số x ≥ y ≥ z ≥ t Khi sau bước i +1 ta số lớn x +y +z −3t Để ý x +y +z +t = tồn bốn số số dương nên x > 0, t < Ta có x + y + z −3t = −1 −1 x Suy y, z > x ⇒ x + y + z + t > 0, mâu thuẫn! 3 −1 x Suy −4t ≥ x Vậy t ≤ 3 Đặt số lớn sau bước i x i Ta có x i +1 ≥ x i , i ≥ Do x > nên x i tăng tiến dần vô Vậy tồn số m cho với i > m , x i > 2016 −4t Giả sử t > Vậy vế sau toán đúng, ta có điều cần chứng minh