Tách tổ hợp phần 6

Câu Câu Trên mặt phẳng có 25 điểm, khơng có điểm chúng thẳng hàng Tìm số màu k nhỏ cho ta tô màu tất đoạn thẳng nối hai điểm mặt phẳng k màu ( đoạn thẳng tô màu) cạnh tam giác tạo điểm chúng tô hai màu Hướng dẫn giải Dùng định lí Ramsey chứng minh được: Tơ màu cạnh đồ thị ( đồ thị đầy đủ 17 đỉnh) màu cách tùy ý ln có có ba cạnh màu ( sách đồ thị trình bày chứng minh, học sinh phải chứng minh lại) Khi Ta chứng minh: màu ta tơ cạnh thỏa mãn Thật vậy, chia 25 điểm thành tập hợp điểm Trong lấy đỉnh ngũ giác Cạnh ngũ giác tô màu đường chéo tơ màu Sau tập hợp coi đỉnh ngũ giác thực việc tơ màu nối đoạn thẳng nhóm theo cách tương tự với màu lại Ta chứng minh cách tô màu thỏa mãn tốn Tìm số hốn vị (a1, a2, …, a2009) (1, 2, 3, …, 2009) thỏa mãn tính chất: tồn i ∈ { 1, 2,3, , 2008} số Câu cho > ai+1 Hướng dẫn giải × Cho bảng vng có 100 100 vng , điền dấu + Ta thực phép biến đổi sau: đổi dấu toàn hàng cột bảng ( dấu + thành dấu - , dấu thành dấu +) Hỏi sau số lần thực phép biến đổi bảng có 98 dấu - khơng? Hướng dẫn giải Giả sử sau số lần biến đổi bảng có 98 dấu Gọi xi số lần đổi dấu hàng thứ i ( i = 1, ,100 , tính từ xuống) Gọi yj số lần đổi dấu cột thứ j ( j = 1, ,100 , tính từ trái sang phải) Gọi m số lẻ số x1; x2 ; ; x100 n số lẻ số y1; y2 ; ; y100 ∈ { 0,1,2 100} Ta có m , n Ta có số lượng dấu - bảng m(100-n) + n( 100-m) = 100m +100n - 2mm Bảng có 98 dấu - nên ta có 100m +100n - 2mm = 98 ⇒ ( m − 50) (n − 50) = 502 − ⇔ ( m − 50)( n − 50) = 43.57 ⇒ ( m − 50)( n − 50) 57 mà 57 số nguyên tố nên m-50  57 n-50 ∈ { − 50;−49; ;49;50} Câu  (*) 57 Ta có m-50 , n-50 nên m-50 = n-50 = mâu thuẫn với (*) Vậy bảng khơng thể có 98 dấu Một ngân hàng câu hỏi Tốn có 30 câu hỏi khác gồm: câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình 15 câu hỏi dễ Từ ngân hàng lập đề thi gồm câu hỏi khác Tính xác suất để cho đề chọn thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng 2? Hướng dẫn giải Số đề thi thỏa mãn yêu cầu toán là: 56875 Tổng số đề thi có là: 142506 625 P= 1566 Xác suất cần tìm là: Câu Xếp 10 học sinh ngồi quanh bàn tròn Ngân hàng đề có tất loại đề thi Hỏi có cách phát đề cho học sinh cho khơng có học sinh ngồi cạnh có đề thi? Hướng dẫn giải Sn Gọi số cách phát đề cho học sinh cho học sinh ngồi cạnh có đề thi Cố định học sinh làm vị trí học sinh bên tay phải học sinh vị trí thứ 2, thứ 3,…, thứ n.( học sinh vị trí thứ n ngồi cạnh học sinh vị trí thứ nhất) (1 điểm) Ta thấy: Nếu học sinh vị trí thứ học sinh vị trí thứ n-1 có đề thi khác có cách phát đề cho học sinh vị trí thứ n Nếu học sinh vị trí thứ học sinh vị trí thứ n-1 có đề thi giống có cách phát đề cho học sinh vị trí thứ n Do ta có hệ thức: Sn = 3Sn −1 + 4Sn − 2                                     ( n ≥ ) Sn Sử dụng phương pháp sai phân để tính x − 3x − = Xét phương trình đặc trưng:  x = −1 ⇔ x = ⇒ S n = a ( −1)n + b 4n S2 = 5.4 = 20, S3 = 5.4.3 = 60 Do a + 16b = 20 a = ⇔  −a + 64b = 60 b = Ta có: Sn = ( −1) + 4n ⇒ S10 = + 410 n Câu Vậy 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 ô trống chuyển số sang trống Hỏi cách thực liên tiếp số hữu hạn lần phép chuyển số nói bảng số ban đầu ta nhận bảng số sau hay khơng? 1 2 2 2 8 1 9 9 1 2 2 2 1 Bảng Hướng dẫn giải Bảng Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc đề bài, từ Bảng ta 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 có hốn 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 hoán vị a) nhận hốn 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 hoán vị đổi vị trí số cho số liền kề với số (1) ( ; a j ) +) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) hoán vị 30 số tự nhiên Ta gọi cặp số > a j i< j cặp số ngược hoán vị vừa nêu Dễ thấy, sau lần thực phép đổi chỗ hai số kề hoán vị (a1, a2, a3, ……, a30) số cặp số ngược hốn vị tăng giảm đơn vị ai + n ≥ +) Khi chuyển chỗ hai số ( n tùy ý) hoán vị, tức chuyển liên + n tiếp qua n số kề với chuyển liên tiếp qua n – số kề với nó, nghĩa chuyển 2n – (một số lẻ lần) hai số kề nhau, cặp số ngược hốn vị tăng giảm số lẻ đơn vị (2) +) Ta có: Số cặp số ngược của hoán vị a 12 số cặp số ngược hoán vị b 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy từ hốn vị a ta 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 kề nhau, có số trống, theo cột hay theo hàng số chuyển 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 trống, theo quy Câu ( 1;2;3) Cho số 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 hữu hạn phép biến đổi từ số ban đầu ( 28;4;2014 ) sau thực ( 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 ) a1 + b1 + c1 = 10 Dễ thấy: Trong cấu hình ta ln có: Tổng bình phương số không đổi 12 + 22 + 32 ≠ 282 + 42 + 20142 Lại có: Vậy câu trả lời phủ định 23 + M Ta có: m 23 + M3m Ta với số nguyên dương m , ta có: m =1 Với , khẳng định Giả sử khẳng định với m nguyên dương đó, tức tồn k nguyên dương cho m 23 = k.3m − Ta có: m +1 23 Câu = ( 3m.k − 1) = 33m.k − 32m+1.k + 3m +1.k − = 3m+1.t − với t số nguyên dương Như vậy, khẳng định chứng minh Mỗi điểm mặt phẳng tô hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu Hướng dẫn giải Lấy điểm tùy ý cho khơng có điểm thẳng hàng mặt phẳng Khi dùng hai màu để tô điểm nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn ba điểm số màu Giả sử điểm A, B, C màu đỏ Gọi G trọng tâm tam giác ABC Nếu G có màu đỏ ta tam giác có đỉnh trọng tâm màu đỏ Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC đoạn AA', BB', CC' cho AA'=3GA, BB'=3GB, CC'=3GC Gọi M, N, P tương ứng trung điểm BC, CA, AB AA'=3GA=6GM, suy AA'=2AM Tương tự BB'=2BN, CC'=2CP Do tam giác A'BC, B'CA, C'AB tương ứng nhận A, B, C làm trọng tâm Mặt khác ta có tam giác ABC, A'B'C' có trọng tâm G Có hai trường hợp xảy a) Nếu A', B', C' có màu xanh, tam giác A'B'C' trọng tâm G có màu xanh b) Nếu điểm A', B', C' màu đỏ Không giảm tổng quát, giả sử A' đỏ Khi tam giác A'BC trọng tâm A có màu đỏ A' A N P G B C M C' B' 1, 2,3, , 2014 Câu Các số nguyên dương xếp hàng theo thứ tự Ta k k thực quy tắc đổi chỗ số sau: số ta đổi số theo thứ tự ngược lại Chứng minh sau số hữu hạn lần thực quy tắc số xuất vị trí Hướng dẫn giải k ,1 ≤ k ≤ 2014 Giả sử 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 k1 nguyên vị trí Trong trình đổi chỗ sau ta gọi k1 Câu 10 h1 số lớn xuất vị trí đầu h1 k1 tiên Giả sử số xuất lần thứ Khi sau lần thứ số giữ nguyên vị trí,… 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 Trong hội nghị, đại biểu bắt tay đại biểu khác Người ta đếm tất 97 lần bắt tay Hỏi hội nghị có tối đa đại biểu Hướng dẫn giải Gọi n số đại biểu Ta xây dựng đồ thị G với đỉnh đại biểu, hai đỉnh nối với cạnh hai đại biểu tương ứng hai đỉnh bắt tay với Khi đồ thị G có 97 cạnh Theo bổ đề bắt tay, đồ thị, tổng số bậc đỉnh hai lần số cạnh, 97x2 ≥ 6n ⇒ n ≤ 32 Vậy hội nghị có tối đa 32 đại biểu Câu 11 a1a2 an ∈ { 2;0} Gọi với 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 C319 xâu có độ dài 30 chứa k xâu OLIMPIC, biết có xâu Tìm k? Hướng dẫn giải Gọi H số xâu chứa toàn số có độ dài lớn hay Gọi K số xâu chứa toàn 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 x1 ≥ x1 Gọi số phần tử xâu H ( H vị trí (*)) , x2 ≥ x2 Gọi … Gọi số phần tử xâu K ( K vị trí thứ hai (*)) , x2k số phần tử xâu K ( K vị trí cuối (*)) , x2 k ≥ x1 + x2 + + x2 k = 30 Ta có : Theo tốn 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 : C292 k −1 + C292 k + C292 k + C292 k +1 = C319 9 = 2k + ⇔ C312 k +1 = C319 ⇒  ⇒k =4 9 = 31 − (2k + 1) Câu 12 Vậy k=4 Cho khai triển: (1 + x + x + x + + x 2010 ) 2011 = a0 + a1 x + a2 x + a3 x + + a4042110 x 4042110 a0 + a2 + a4 + + a4042110 Tính tổng Hướng dẫn giải Thay x=1 0,1, 2, 3, 4,5 Câu 13 Từ chữ số lập số tự nhiên có ba chữ số đôi khác Lấy ngẫu nhiên số vừa lập Tính xác suất để lấy số không chia hết cho Hướng dẫn giải 0,1, 2,3, 4,5 Từ chữ số lập số có ba chữ số đôi khác Lấy ngẫu nhiên số vừa lập Tính xác suất để lấy số không chia hết cho E = { 0,1, 2,3, 4, 5} + Tìm số có ba chữ số khác lập từ tập a ∈ E, a ≠ abc Số cần tìm có dạng Chọn có cách E \ { a} A52 Chọn số lại xếp vào hai vị trí b, c có cách A5 = 100 Vậy có (số) + Tính số lập chia hết cho 3 abc a + b + c M Số cần tìm có dạng , E = { 0,1, 2,3, 4, 5} Xét tập gồm phần tử tập , ta thấy có tập sau thoả mãn điều kiện tổng chữ số chia hết cho là: A1 = { 0,1, 2} , A = { 0,1,5} , A = { 0, 2, 4} , A = { 0, 4,5} A = { 1, 2,3} , A = { 1,3, 5} , A = { 2,3, 4} , A = { 3, 4,5} a, b, c ∈ A1 , A2 , A3 , A4 Khi trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu a, b, c ∈ A5 ; A6 ; A7 ; A8 Khi Vậy có Câu 14 trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu 4.4 + 4.6 = 40 (số) 100 − 40 = 60 Suy số không chia hết cho (số) 60 P= = 0, 100 Xác suất cần tính Tìm tất số tự nhiên n cho mặt phẳng tồn n đường thẳng mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Hướng dẫn giải 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 (0 ≤ k < n) Cho b 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 + đường thẳng song song với − => Số giao điểm đường với đường khác (k+1)(S 1) = 2014 Mà 2014 = 2.19.53 k + ước nguyên dương 2014 ∈ => k + {1; 2; 19; 53; 38; 106; 1007; 2014} n = (k + 1)S = 2014 + (k + 1) => n Câu 15 ∈ {2015; 2016; 2033; 2067; 2120; 2510; 3021; 4028} 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 (hai phần tử không thiết phân biệt) Chứng minh: m(m + 6) m(m + 3) ≤ C ( m) ≤ Hướng dẫn giải Trước tiên ta tính thử vài giá trị ban đầu C(m) để cảm nhận toán Dễ thấy: C(1)=2; C(2)=4; C(3)=8 Nhận xét: Việc tính C(m) quy việc đếm số phần tử tập A xác định bởi: A = S ∪ ( S + S ) ; S + S = { x + y | x, y ∈ S } C (m) ≤ +) Chứng minh: m(m + 3) | A |≤| S | + | S + S |≤| S | + | S | +C|2S | = | S | (| S | +3) m(m + 3) = 2 Chú ý : Để đánh giá số phần tử tập S+S ta chia hai trường hợp x trùng y x khác y Rõ ràng {1;2;3; ;k} tập A nên ta đpcm m(m + 6) ≤ C ( m) +) Chứng minh: Ta tập B cho với số nguyên chạy từ đến m(m+6)/4 thuộc B tổng hai số (không thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi C(m)>=m(m+6)/4 Xét hai trường hợp sau: TH1: m = 2n 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) chứa dãy số liên tiếp từ đến (n+1)n+3n+2 rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4 Câu 16 Từ hai TH ta đpcm Gọi X tập hợp số tự nhiên gồm sáu chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa ba chữ số lẻ Hướng dẫn giải Gọi X tập hợp số tự nhiên gồm sáu chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa ba chữ số lẻ n ( Ω ) = A96 Số phần tử không gian mẫu: Gọi A biến cố số có ba chữ số lẻ Ta có: Số cách chọn chữ số lẻ từ 1,3,5,7,9 Số cách chọn chữ số chẵn từ 2,4,6,8 C53 C43 Số số có chữ số lập từ chữ số là: 6! n ( A ) = C53.C43 6! Từ suy ra: P ( A) = Câu 17 Câu 18 n ( A ) C53 C43 6! 30 = = n( Ω) A96 63 Vậy xác suất biến cố A là: Quần đảo Hồng Sa có loài chim bồ câu sinh sống, loài mang màu sắc khác , loài màu xám có 133 con, lồi màu nâu 155 lồi màu xanh có 177 Giả sử cứhai bồ câu khác màu gặp chúng đồng thời đổi sang màu thứ ba hai bồ câu màu gặp chúng giữ ngun khơng đổi màu Có xảy tình trạng tất lồi chim bồ câu sống đảo trở thành màu hay không? Hướng dẫn giải Khi chia số 133; 155; 177 cho số dư là:1; 2; Ta xét: Nếu bồ câu xám gặp bồ câu nâu, chúng đồng thời đổi thành màu xanh Khi ta có 132 xám, 154 nâu, 179 xanh Những số dư 132; 154; 179 cho tương ứng 0;1 2, nghĩa lại gặp lại đầy đủ số dư có Nếu bồ câu xám gặp bồ câu màu xanh chúng đồng thời đổi sang màu nâu Khi ta có 132 bồ câu xám, 157 bồ câu nâu, 176 bồ câu xanh Lấy số chia cho cho số dư tương ứng 0,1 2, nghĩa lại gặp khả số dư Nếu bồ câu nâu bồ câu xanh gặp nhau, chúng đổi thành màu xám Khi có 135 bồ câu xám, 154 câu nâu 176 câu xanh Số dư củ bồ câu chia cho tương ứng 0,1và 2, có đầy đủ số dư chia cho Bất biến dù thay đổi mầu số dư sô lượng bồ câu chia cho có đầy đủ 0,1,2 Số lượng tất thằn lằn đảo 133+ 155+ 177= 465 số chia hết cho Nếu tất bồ câu màu số dư số lượng bồ câu màu xám, nâu đỏ chia cho tương ứng 0,0,0 Điều vô lý số dư phải có đầy đủ số dư chia cho Như câu trả lời Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số có chữ số khác có ba chữ số chẵn ba chữ số lẻ Trong số có số mà chữ số xếp theo thứ tự tăng dần Hướng dẫn giải Có số lẻ số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, C53 Suy có cách chọn số lẻ từ năm số 1, 3, 5, 7, C43 có cách chọn số chẵn từ bốn số 2, 4, 6, Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta tập gồm phần tử Theo quy tắc nhân có C43 C53 cách chọn tập hợp mà tập có số chẵn số lẻ từ số Ứng với tập có 6! cách xếp thứ tự phần tử cách xếp thứ tự ta số thỏa mãn tốn C43 C53 Do theo quy tắc nhân có chữ số lẻ từ số .6! = 28800 số có chữ số khác gồm chữ số chẵn C43 C53 * Có tập hợp gồm ba chữ số lẻ ba chữ số chẵn Ứng với tập có cách xếp phần tử theo thứ tự tăng dần C43 C53 Câu 19 Do tập hợp tương ứng với số Vậy có = 40 số thỏa mãn 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 = {σ |σ đội}, O = {σ∈S| σ có số lẻ học sinh nữ}, E = {σ∈S| σ có số chẵn học sinh nữ} Ta cần |O| chứng minh lẻ f ( A) = Với tập A S, ta định nghĩa σ Vì O∩E = ∅ O∪E = S nên ∑ g (σ ) σ ∈A g ( σ) , số học sinh nữ f ( S ) = f (O) + f ( E ) f ( S ) ≡ f (O) (mod 2) f (E) Hơn chẵn, suy 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 f (S ) lần Vì ta có 501 học sinh nữ nên f ( S ) ≡ 891.501 ≡ (mod 2) f (O) ≡| O | (mod 2) Vì σ∈O chứa số số lẻ học sinh nữ nên | O |≡ f (O) ≡ f ( S ) ≡ (mod 2) Như số cách chọn đội số lẻ Suy Câu 20 Trên mặt phẳng, kẻ vô hạn ô vuông (dạng bàn cờ) ô vuông điền hai số cho hình chữ nhật có kích thước 2x3 có hai điền số Xét hình chữ nhật có kích thước 2016x2017 Tính tổng số có Hướng dẫn giải Thật vậy, giả sử tồn hình chữ nhật có kích thước 1x3 có số có số khác Khơng tính tổng qt ta giả sử hình chữ nhật AKHD kích thước 1x3 có hai điền số (nếu khơng khơng có chứa số khơng thể ba điền số hình chữ nhật có kich thước 2x3 có điền số 1) Có thể cho coi hai chứa số AKHD ô ô (Nếu khác lập luận tương tự) ⇒ ⇒ Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3 có hai chứa số 1,2,4,5 điền số Xét hình chữ nhật BCHK, từ giả thiết ô 1,2,4,5 điền số nên ô 3,6 phải điền số Xét hình chữ nhật ECDM kích thước 2x3, ta thấy ô 3,6,8 điền số nên dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp AKHD khơng có điền số 1, lập luận tương tự ta dẫn đến mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai hay ta có điều phải chứng minh Vì 2016=3x672 nên hình chữ nhật kich thước 2016x2017 chia thành 672x2017 hình chữ nhật có kích thước 1x3 Vậy tổng số điền hình chữ nhật là: 672.2017=1355424 Câu 21 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 Câu 22 Câu 23 Dễ thấy cách tơ màu thỏa mãn khơng có hai số màu chia hết cho Vậy cần 11 màu Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên mà số nầy chữ số không lặp lại Hướng dẫn giải Đếm số tự nhiên có chữ số, chữ số, … ,7 chữ số tìm tổng m, n ≥ m×n Cho hai số ngun dương Trong bảng kích thước có dán k ngơi (mỗi có 2×3 3× nhiều sao) Ta thực cơng việc có hình mà có ngơi ta dán thêm ngơi vào lại Tìm giá trị nhỏ k cho ban đầu bảng có k ngơi sau hữu hạn bước thực việc dán thêm bảng có ngơi Hướng dẫn giải Ta chứng minh giá trị nhỏ k m+n Sau lần thực thuật tốn hình 2× 2× với ngơi hình thành Nếu ban đầu khơng có hình với ngơi sau bước thực có hai 2× hình với đầy đủ ngơi hình thành 2× Do sau mn-k bước thực có mn-k+1 hình với ngơi hình thành có hình hình thành 2× với ngơi có ban đầu mn-k hình Mặt khác, tồn (m-1)(n-1) hình ( m − 1) ( n − 1) ≥ mn − k + 2× 2× có đủ bảng, k ≥ m+n Từ Hình vẽ sau ví dụ k= m+n * * * * * * * * * * Câu 24 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 Hướng dẫn giải Sắp xếp thứ tự 10 số lớn thứ ba hàng a1 > a2 > > a10 Ta thấy tối đa 20 số a1 lớn (là số lớn thứ thứ hai hàng) a1 ≥ 80 Vì a2 ≥ 72 a2 Tương tự có tối đa 28 số lớn Vì 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 8a10 + 171 < 8a10 + 180 Câu 25 Câu 26 Câu 27 a10 Do nên hàng chứa hàng thỏa mãn u cầu Một ngân hàng câu hỏi Tốn có 30 câu hỏi khác gồm: câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình 15 câu hỏi dễ Từ ngân hàng lập đề thi gồm câu hỏi khác Tính xác suất để cho đề chọn thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng 2? Hướng dẫn giải Số đề thi thỏa mãn yêu cầu toán là: 56875 Tổng số đề thi có là: 142506 625 P= 1566 Xác suất cần tìm là: Cho 100 số tự nhiên khơng lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số có tổng 100 Hướng dẫn giải Một túi đựng 11 viên bi kích thước khác màu sắc gồm: viên bi xanh, viên bi đỏ Lấy ngẫu nhiên viên tính xác suất để: a Lấy viên bi màu b Lấy viên bi khác màu Hướng dẫn giải Mỗi cách lấy ngẫu nhiên viên bi từ 11 viên bi tổ hợp chập 11 viên bi Do : N( Ω )= C11 Gọi A biến cố lấy viên bi xanh, B biến cố lấy viên bi đỏ N(A) = N(B) = C72 C24 = C11 55 Do : P(A) = C72 21 = C11 55 , P(B) = Biến cố lấy viên bi màu C = P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = = C24 A∪B 27 55 b) Biến cố lấy viên bi khác màu C , A, B biến cố xung khắc nên: P(C) P(C) = − P(C) = − Câu 28 27 28 = 55 55 Từ ta có: Có cách phân tích thành tích số nguyên dương, biêt cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Hướng dẫn giải Có cách phân tích thành tích số nguyên dương, biêt cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Xét phân tích với Với , có cách chọn số , để từ chọn (1 điểm) Vậy số cách chọn 10+9+ +1 = 55 cách số cách chọn 55.55 cách Bây giờ, ta tính số cách phân tích bị trùng +) TH1: thừa số nhau: (1 điểm) +) TH2: thừa số nhau: (a ; b) # (3 ; 3) Khi a {0; 1; 2; 3; 4} ; b {0; 1; 2; 3; } (a ; b) # (3 ; 3) → số cặp (a; b) 5.5 – =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 (1 điểm) +) TH3: thừa số khác nhau, phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần Vậy số cách phân tích là: cách (1 điểm) Câu 29 Người làm đề: Nguyễn Mạnh Cường Sđt: 0169.534.8888 Trong đề khơng có câu - dãy số, tơi khơng nghiên cứu câu phù hợp Hội khỏe Phù Đổng năm 2014 có tổ chức thi đấu môn thể thao chạy 100m, nhẩy xa, nhẩy cao, bắn cung quy định điều kiện cho đội tham gia sau: Mỗi vận động viên đội thi đấu 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  a + b + c + d = 20 Ta thấy hàng tương ứng với số (a, b, c, d) với để số lượng vận động viên thi đấu môn chạy 100m, nhẩy xa, nhẩy cao, bắn cung tương ứng Với 4 723 4 48 101 101 101 { { { { a b c d số ta đặt tương ứng với dãy nhị phân ứng song ánh có hàng dọc khác C Dễ thấy tương 23 dãy nhị phân khác có tối đa C 23 = 1771 loại {1;2; ;2p} Câu 30 Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập X tập tử tổng tất phẩn tử X chia hết cho p Hướng dẫn giải biết X chứa p phần A = {c ⊂ {1;2; ;2 p}: x = p} ⇒ A = C2pp Đặt Aj = {x ⊂ A : S ( x) ≡ j (mod p )} Và j = 0,1,2, , p − với A = A0 ∪ A1 ∪ ∪ Ap −1 Vì Ai ∩ Aj = ∅ ∀i ≠ j nên: A = A0 + A1 + + Ap −1 P ( x) = x p −1 + x p −2 + + x + Xét đa thức: , đa thức có {α , α , ,α p −1} Và xp =1 p −1 α p =1 α ,α ,2 , ,α p−1,α p = có p nghiệm phức phân biệt: , nên ta có: p x p −1 = ∏(x − α k ) k =1 Suy ra: 2p ∏ (x −α k =1 k p p ) = ∏ ( x − α ).∏ ( x − α p + k ) k k −1 k =1  p  = ∏ ( x − α )∏ ( x − α ) = ∏ ( x − α k )  = ( x p − 1) k =1 k =1  k =1  p p k So sánh hẹ số xp p ∏(x − α k k vế đẳng thức: ) = ( x p − 1) k =1 ( −1) p ∑ α S ( x ) = −2 ta có: nghiệm phức x∈A Do p lẻ α S ( x) = α k p −1 ∑A k =0 k x ∈ Ak ta có: α k − = p −1 Q( x) = ∑ Ak x k + A0 − k =1 Do x nghiệm đa thức: P ( x) = x p −1 + x p −2 + + x + Vì x nghiệm đa thức: A1 = A2 = = Ap −1 = A0 − nên ⇒ A0 − = ⇒ A0 = A1 = A2 = = Ap −1 = A0 − p C2pp − p = A −2 p +2 số tập thỏa mãn toán Câu 31 2016´ 2016 Một quân cờ di chuyển bàn cờ theo ba cách: lên ô, sang bên phải ô, xuống bên trái Hỏi qn cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát không? Hướng dẫn giải Sau bước, tổng thứ tự hàng cột chứa quân cờ giảm tăng lên Như vậy, xét theo modulo tổng tăng bước Do có 20162 - bước, kết thúc kề bên phải xuất phát tổng tăng đơn vị 20162 - Do đó, chia hết cho Vậy quân cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát n ∑ k (C Chứng minh hệ thức : k =1 ) = nC2nn−−11 k n Hướng dẫn giải Ta giải tốn sau hai cách “Có n nhà vật lí n nhà tốn học tham gia Hội nghị khoa học Hỏi có cách chọn nhóm làm việc gồm n người, có nhà vật lí làm nhóm trưởng” Cách 1: Chọn nhóm trưởng vật lí, sau chọn n-1 thành viên lại từ 2n -1 người lại +) Chọn nhóm trưởng nhà vật lí có n cách +) Ứng với cách chọn nhóm trưởng có viên lại C2nn−−11 cách chọn n -1 thành viên 2n -1 thành nC2nn−−11 Áp dụng quy tắc nhân có tất cách chọn nhóm n người thỏa mãn toán (1) Cách 2: Chọn k nhà vật lý, chọn nhóm trưởng nhà vật lý sau chọn n-k nhà toán học với k = 1, 2, …, n Với giá trị k cố định : Cnk +) Chọn k nhà vật lí n nhà vật lí có cách +) Ứng với cách chọn k nhà vật lí có k cách chọn nhóm trưởng nhà vật lí Cnn −k = Cnk +) Ứng với cách chọn k nhà vật lí nhóm trưởng vật lí có n−k cách chọn nhà toán học n nhà toán học k ( Cnk ) Áp dụng quy tắc nhân có tất cách n ∑ k (C Cho k chạy từ đến n ta tất (2) n ∑ k (C Từ (1) (2) suy k =1 k =1 k n ) cách chọn nhóm n người thỏa mãn toán ) = nC2nn−−11 k n (đpcm) 1, 2,3, , 2014 Câu 32 Các số nguyên dương xếp hàng theo thứ tự Ta k k thực quy tắc đổi chỗ số sau: số ta đổi số theo thứ tự ngược lại Chứng minh sau số hữu hạn lần thực quy tắc số xuất vị trí Hướng dẫn giải k ,1 ≤ k ≤ 2014 Giả sử 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 k1 nguyên vị trí Trong trình đổi chỗ sau ta gọi k1 h1 số lớn xuất vị trí đầu h1 k1 tiên Giả sử số xuất lần thứ Khi sau lần thứ số giữ ngun vị trí,… 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  ... thỏa mãn yêu cầu toán là: 568 75 Tổng số đề thi có là: 1425 06 625 P= 1 566 Xác suất cần tìm là: Cho 100 số tự nhiên khơng lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số có tổng 100 Hướng dẫn giải Một... cách chọn chữ số chẵn từ 2,4 ,6, 8 C53 C43 Số số có chữ số lập từ chữ số là: 6! n ( A ) = C53.C43 6! Từ suy ra: P ( A) = Câu 17 Câu 18 n ( A ) C53 C43 6! 30 = = n( Ω) A 96 63 Vậy xác suất biến cố A... có điều phải chứng minh Vì 20 16= 3x672 nên hình chữ nhật kich thước 2016x2017 chia thành 67 2x2017 hình chữ nhật có kích thước 1x3 Vậy tổng số điền hình chữ nhật là: 67 2.2017=1355424 Câu 21 Tô số