Toan roi rac nhom 1 phan 1

f ( n) Bài Gọi số cách chọn dấu cộng,trừ đặt biểu thức: Chứng minh rằng: f ( n) = n ≡ 1,2(mod 4) a ( 2) n ≡ 0,3(mod 4) b Khi n ta có n ≡ 1,2(mod 4) a) Giả sử tồn cách đặt dấu +,- với Khi số chẵn,vì cho En = 1+  n  ≤ f ( n ) ≤ 2n −   Hướng dẫn giải + + + n En = ±1 ± ± ± n để En = n(n + 1) ≡ 0(mod 2) ⇒ n ≡ 0,3(mod 4) n ≡ 1,2(mod 4) ,trái với Vậy giả sử sai,ta có điều cần chứng minh 1+ n  f (n) ≤ 2n −   b)Ta chứng minh : ,thật vậy: Chia tất biểu thức thành 2n−1 cặp theo dạng: (1 + 2a + 3a + + nan ;-1 + 2a + 3a + + nan ) 3 f (n) > 2n−1 Nếu theo nguyên lý Dirichlet tồn chúng Do chúng khơng thể 1+  n  f (n) ≤ 2n−1 = 2n − 2n−1 ≤ 2n −   Do (1) ( 2) f (n ) ≥ Ta chứng minh n với −1 biểu thức nằm cặp trên,hiệu (mâu thuẫn !) En Xét biểu thức An ,gọi En tập hợp số xuất En = An Nếu tổng phần tử ∈ An Nếu A = An \{1} ∪ {n + 2, n + 4} n+ ∉ An Nếu chọn Nếu ta chọn An + Ta định nghĩa sau: ; A = An ∪ {2,n + 1, n + 2} n+ An Như với cách chọn An + ta xây dựng tập An + Giả sử cho trước tập An + Ta thấy tập { n + 1; n + 2; n + 3; n + 4} Do ta An xây dựng từ tập thêm cặp tập An An trước A = An \{2} ∪{n + 3, n + 4} n+ chọn ∉ An + A = An ∪{1,n +1, n + 3} n+ ∈ An Nếu n ( n + 1) với dấu chứa cặp An + trường hợp xây dựng An từ xác định nhất.Do ánh xạ từ An + vào đơn ánh An Mặt khác với En xác định Do ,với f ( 3) = f ( ) = f (n + 4) ≥ f (n) Ta có En An xác định ( 2) f (4k + 3) = f (4k −1 + 4) ≥ f (4k −1) ≥ 42 f (4k − 5) ≥ ≥ 4k f (3) = 4k +3 Suy ra: ( 2) f (4k ) ≥ f (4k − 4) ≥ 42 f (4k − 8) ≥ ≥ 4k −1 f (4) = 2.4k −1 = 4k ( 2) f ( n) ≥ Vì vậy: n (2) a1 , a2 , , an x Bài Giả sử số thực cho trước Chứng minh ln có số thực cho tất số a1 + x, a2 + x, , an + x số vô tỷ Hướng dẫn giải t , 2t , , ( n + 1) t t Giả sử số vơ tỉ Ta chứng minh số có số thỏa mãn Giả thiết phản chứng khơng có số số thỏa mãn ( n + 1) xn Lập bảng sau: t + a1 t + a2 L t + an 2t + a1 2t + a2 L 2t + an L L L L ( n + 1) t + a1 ( n + 1) t + a2 L ( n + 1) t + an n +1 n Có hàng cột Theo giả thiết phản chứng hàng có số hữu tỉ nên có n +1 n số hữu tỉ bảng Vì có cột nên có cột chứa hai số hữu tỉ Khi hiệu chúng số hữu tỉ Vơ lí 25 k Bài Trên mặt phẳng có điểm, khơng có điểm chúng thẳng hàng Tìm số màu nhỏ k cho ta tơ màu tất đoạn thẳng nối hai điểm mặt phẳng màu ( đoạn thẳng tô màu) cạnh tam giác tạo điểm chúng tô hai màu Hướng dẫn giải K17 Dùng định lí Ramsey chứng minh được: Tô màu cạnh đồ thị ( đồ thị đầy đủ 17 đỉnh) K3 màu cách tùy ý ln có có ba cạnh màu ( sách đồ thị trình k ≥ bày chứng minh, học sinh phải chứng minh lại) Khi K 25 Ta chứng minh: màu ta tơ cạnh A1 ,… A5 thỏa mãn Ai Thật vậy, chia 25 điểm thành tập hợp điểm Trong lấy đỉnh ngũ giác Cạnh ngũ giác tô màu đường chéo tơ màu Ai Sau tập hợp coi đỉnh ngũ giác thực việc tô màu nối đoạn thẳng nhóm Ai , A j theo cách tương tự với màu lại Ta chứng minh cách tô màu thỏa mãn toán Thật : lấy điểm A, B, C tùy ý Ta xét trường hợp sau: TH1: A, B, C thuộc tập nạo Dễ dàng kiểm tra cạnh tô màu TH2: A, B, C thuộc hai tập hợp khác Giả sử A, B thuộc tập, C thuộc tập hợp khác Khi hai cạnh CA, CB tơ màu cạnh AB tô khác màu TH3:A, B, C thuộc ba tập hợp khác Khi trường hợp giống trượng hợp1 Vậy k nhỏ { Bi } i∈T Bài Cho T tập hợp gồm vô hạn số nguyên dương Trên mặt phẳng (P) cho họ hình tròn khơng tính biên hình tròn Chứng minh hình vng M mặt phẳng (P) phủ kín m họ { Bi } i∈T t1 , t2 , , tm ∈ T tồn số nguyên dương M ⊂ U Bti i =1 cho Hướng dẫn giải Bi Giả sử hình vng M khơng thể phủ hữu hạn hình Khơng tính tổng qt ta giả sử hình vng A ( 0;0 ) , B ( 0;1) , C ( 1;1) , D ( 1;0 ) M hình vng ABCD Chia hình vng M thành hình vng hai đường thẳng qua tâm M vng góc với cạnh Trong hình vng M1 có hình vng M1 cho Bi khơng thể phủ số hữu hạn hình Độ dài cạnh M1 hình vng M1 Ta lại chia hình vng thành hình vng hai đường thẳng M1 qua tâm M2 vng góc với cạnh Trong hình vng có hình vuông M2 cho Bi phủ số hữu hạn hình M2 Độ dài cạnh hình vng 22 { M n} Tiếp tục ta dãy hình vng có tính chất sau: M ⊃ M ⊃ M ⊃ ⊃ M n ⊃ i Mn ii hình vng có độ dài cạnh 2n Mn Bi Khơng thể phủ hình vng số hữu hạn hình M0 ∈ Mn M ∈ M ⇒ ∃i0 ∈ T Từ tính chất (i) tồn điểm với số nguyên dương n Do cho iii M ∈ Bi0 Bi0 Mn 2n →0 n → +∞ M n ⊂ Bi0 Do giả thiết hình vng có đường chéo nên đủ lớn, điều mâu thuẫn với (iii) Vậy điều giả sử sai tồn số nguyên dương với n m t1 , t2 , , tm ∈ T M ⊂ U Bti i =1 cho 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 a1 ≠ a2 Giả sử 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 số nguyên ( ; +1 ) ≤ ≤ 100 , i = 1; 2015 a1 , a2 , , a2015 với Với cặp k ta cộng thêm vào k hai số cặp khơng xuất lần Tìm nhỏ cho hữu hạn lần thực thao tác ta số Hướng dẫn giải  a1 = a3 = L = a2015 = 100   a2 = a4 = L = a2014 = Ta xét trường hợp số cạnh cách xa S = ( a2 − a3 ) + ( a3 − a4 ) + L + ( a2014 − a2015 ) Đặt lúc chưa tác động Sau hữu hạn lần tác động tất số S =0 S = −100 ×1007 Ta nhận xét ( a2 , a3 ) , ( a2 , a3 ) , , ( a2014 , a2015 ) Tác động lên cặp Thì ( a1 , a2 ) Tác động lên cặp Thì S ( a2015 , a1 ) Tác động lên cặp Thì S giảm đơn vị Bộ bị tác động lớn 100.1007 lần giá trị nhỏ thoả mãn Tác động cặp k ≥ 100.1007 Ta chứng minh k = 100.1007 +1 + +3 +L số lần ( , +1 ) Tác động cặp không đổi tăng lên đơn vị ( a1 , a2 ) ( −1 , ) S + + + +L số lần a1 + a2 + L a2014 + a2015 Sau lần tác động vậycác số ≤ 100.1007 suy điều phải chứng minh nên số lần tác động n Bài Chứng minh với số nguyên dương lớn ta loại bỏ hai số thuộc tập hợp Sn = { 1, 2, , n} cho tổng số lại số phương Hướng dẫn giải Sn = { 1, 2, , n} Xét tập Sn loại hai số thuộc gọi S tổng số lại n ( n + 1) n ( n + 1) n − 3n + n2 + n − − ( n −1+ n) ≤ S ≤ − ( 1+ 2) ⇔ ≤S≤ 2 2 Hơn với S =a để  n ( n + 1) n ( n + 1)  a∈ − ( n −1+ n) ; − ( + 2)    Cuối cần chứng minh đoạn  n − 3n + n + n −  ;   2   Sn ln tồn cách xóa hai số từ có số phương Phản chứng: Thật giả sử khơng tồn số phương thuộc đoạn nói nghĩa với m2 < ta có : m< n − 3n + n2 + n − < < m +1 ⇔ 2 ta loại bỏ hai số S = { 1, 2,3, 4} xét tập n≥5 ) n≤4 S3 = { 1, 2,3} xét tập n2 + n − n − 3n + − nên đường tròn bị cắt đường thẳng Vì 2014 = 118 17 + nên theo nguyên lí Dirichlet tồn đường thẳng cắt 18 đường tròn m, n ≥ Bài Cho hai số nguyên dương Trong bảng kích thước m×n có dán k ngơi (mỗi có nhiều 2×3 3× ngơi 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 ô bảng có Hướng dẫn giải 2× Sau lần thực thuật tốn hình Nếu ban đầu khơng có hình 2× với ngơi hình thành với ngơi sau bước thực có hai hình 2× với đầy đủ ngơi hình thành Do sau mn-k bước thực có mn-k+1 hình có hình 2× với ngơi có ban đầu mn-k hình Mặt khác, tồn (m-1)(n-1) hình 2× k ≥ m+n Hình vẽ sau ví dụ k= m+n * * * * với ngơi hình thành 2× bảng, ( m − 1) ( n − 1) ≥ mn − k + Từ 2× * * có đủ hình thành * * * * n≥2 2n−1 + Bài 10 Cho số nguyên Chứng minh họ gồm tập hợp không rỗng phân { 1, 2, , n} biệt tập tìm ba tập hợp mà chúng hợp hai tập lại Hướng dẫn giải 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 n-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 ⊂ { 1, 2, , n + 1} Do AU{n+1}=B (đpcm) Bài 11 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 Hướng dẫn giải Vì 1km = 1000m = 48.20 + 47.0,6 + 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 560 mảnh (mỗi mảnh có diện tích 200m2 Bài 12 Có 1650 học sinh xếp thành 22 hàng 75 cột Biết với hai cột bất kì, số cặp học sinh hàng giới tính khơng vượt q 11 Chứng minh số học sinh nam không vượt 920 người Hướng dẫn giải 75 − Gọi số học sinh nam hàng thứ i, suy số học sinh nữ hàng i Ca2i + C752 −ai Số cặp học sinh giới tính hàng thứ i là: Do đó, từ điều kiện tốn ta có: 22 ∑( i =1 ) 22 22 i =1 i =1 Ca2i + C752 − ≤ 11C752 ⇒ ∑ ( ai2 − 75ai ) ≤ −30525 ⇒ ∑ ( 2ai − 75 ) ≤ 1650 Cùng với BĐT Cauchy-Schwart ta được: 22  22  2 a − 75 ≤ 22 ( ) ( 2ai − 75 ) ≤ 36300 ∑ ∑ i   i =1  i =1  22 22 i =1 i =1 ∑ ( 2ai − 75 ) < 191 ⇒ ∑ < Suy 191 + 1650 < 921 Bài tốn chứng minh hồn tồn Bài 13 Cho n số nguyên dương Cho 2n điểm phân biệt đường tròn gán giá trị số 1,2, ,2n (2 điểm khác gán giá trị khác nhau) theo cách Mỗi dây cung nối điểm điểm gán giá trị độ chênh lệch dương đầu mút Chứng minh ta chọn n dây cung đôi không cắt cho tổng giá trị dây cung n2 Hướng dẫn giải Bổ đề:Trên tròn có 2n điểm phân biệt Người ta tô màu 2n điểm màu màu xanh đỏ cho có n điểm tơ màu xanh n điểm tô màu đỏ điểm khác màu nối dây cung Khi với cách tơ màu ln tồn n dây cung mà khơng có dây cung cắt Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề quy nạp Dễ thấy bổ đề với n=1 Giả sử bổ đề với n=m Xét n=m+1: Do điểm tô màu nên phải tồn điểm kề mà chúng tơ khác màu Ta chọn dây cung có đầu mút điểm Theo giả thiết quy nạp tồn cách chọn m cung số dây cung có đầu mút điểm 2m điểm lại mà khơng có dây cung cắt Rõ ràng khơng có dây cung m dây cung cắt dây cung vừa chọn phía Như tồn cách chọn m+1 dây cung mà khơng có dây cung cắt nhau, Bổ đề chứng minh Trở lại toán: ak +1 − ak ≤ S j − = j − 1; ak − ak −1 ≥ T j −1 + = j Khi ta có ak +1 − ak < ak − ak −1 Suy Vậy S Điều này, mâu thuẫn với (1) với T Chứng minh tương tự ta có tập ak ≤ ak −1 + ak +1 ak −1 + ak +1 k = 2; 3; , n − với a1 < a2 < < an a1 , a2 , , an không chứa phần tử với k = 2; 3; , n − với S, T Vậy a1 < a2 < < an a1 , a2 , , an không chứa phần tử ak ≤ tập cần tìm X | A |= 2, | B |= 13 A B Bài 15 Chứng minh chia số từ đến 15 thành hai tập cho mà B A | A| A tổng số tích số ( số phần tử tập hợp ) Hướng dẫn giải A A1 A2 A2n n≥2 ,( , n nguyên) nội tiếp đường tròn (O) Biết số tam giác có đỉnh A1 , A2 , , A2 n 2n điểm nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , , A2 n Tìm n Hướng dẫn giải A Bài 16 Cho đa giác × Bài 17 Cho bảng vng có 100 100 vng , ô 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 - không? 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 Ta có m , n ∈ { 0,1, 100} 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 ) M57 mà 57 số nguyên tố nên m-50 M M 57 n-50 57 ∈ { −50; −49; .; 49;50} Ta có m-50 , n-50 nên m-50 = n-50 = mâu thuẫn với (*) Vậy bảng khơng thể có 98 dấu - Bài 18 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 } C ( m) ≤ +) (2 điểm) 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 +) (2 điểm) Chứng minh: m(m + 6) ≤ C ( m) 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 (1 điểm) 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(1 điểm) B ∪ ( B + B) 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 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 19 Cho tập hợp số nguyên liên tiếp sau:{1},{2,3},{4,5,6}, {7,8,9,10}, , tập hợp chứa nhiều tập hợp trước phần tử, phần tử tập hợp lớn phần tử cuối tập hợp trước đơn vị Gọi Sn tổng phần tử tập hợp thứ n Tính S999 Hướng dẫn giải Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối + + + + + n = n ( n + 1) u1 = Khi Sn tổng n số hạng cấp số cộng có số hạng đầu (coi số hạng cuối tập hợp thứ n số hạng đầu cấp số cộng này) n ( n + 1) , công sai d = −1 Sn = Ta có Vậy 1 n  2u1 + ( n − 1) d  = n ( n + 1) 2 S999 = 999 ( 9992 + 1) = 498501999 Bài 20 Có học sinh đứng thành hàng dọc, lần thầy giáo thổi còi có học sinh đổi chỗ cho Hỏi sau 2015 lần thầy giáo thổi còi, ta thấy tất học sinh đứng trở lại vị trí ban đầu hay khơng ? Hướng dẫn giải Đánh số từ đến n cho bạn học sinh hàng dọc lúc đầu Ký hiệu tập hoán vị Gọi hoán vị Cặp gọi nghịch Xét ánh xạ mà thu từ cách đổi chỗ hai vị trí kề giữ nguyên vị trí lại Cho Xét ánh xạ Là hợp thành ánh xạ Dễ thấy thu từ cách đổi vị trí giữ nguyên vị trí lại Gọi số nghịch hốn vị Ta có Do (2) Từ (1) (2) suy (mod2) (3) Giả sử thứ tự học sinh sau lần thổi còi thứ k thầy giáo Ta có với Theo (3) ta có (mod2) Do (vì Nếu k lẻ Vậy sau 2015 lần thổi còi, tất học sinh khơng thể đứng trở lại vị trí ban đầu Bài 21 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 22 Trong ô bàn cờ ta viết số nguyên dương Hiệu hai số nằm hai kề (có chung cạnh) số bé n Chứng minh có 1007 vng chứa số Hướng dẫn giải Ta xét toán tổng qt: Trong bàn cờ n2 × n2 ta viết số nguyên dương Hiệu hai số nằm hai kề (có chung cạnh) số bé n Chứng minh có + vng chøa số n   Giải: Trên bàn cờ ta gọi a số bé b số lớn Chúng nằm cách nhiều n2 – ô vuông theo chiều ngang n2 – ô vuông theo chiều thẳng đứng Do tồn đường từ đến ô gồm không 2n2 – ô vuông Hiệu hai số nằm hai ô kề (có chung cạnh) số bé n, nên ta có: b – a ≤ 2(n2 - 1)n Mặt khác tất số nguyên dương nằm bàn cờ nằm a b nên nhiều có 2(n - 1)n số khác Từ n4 > (2(n2 - 1)n + 1) ô vuông chưa số Cho n nên phải có nhiều n vng chứa số Hay có n   + ta thu toán cho 441 21× 21 Bài 23 Các số nguyên viết vào ô bảng vuông Mỗi hàng cột có nhiều giá trị khác Chứng minh tồn số nguyên có mặt cột hàng Hướng dẫn giải Giả sử giá trị ghi vào bảng bi số hàng khác mà i Gọi Ti có mặt Gọi ( 1, 2, , n số cột khác mà i số đánh số , ta có Ti ∑a i Mỗi cột hàng có khơng q giá trị khác nhau, nên i Giả sử với , ta có Khi đó: ( − ) ( bi − ) ≤ ⇒ ∑ aibi ≤ 2∑ + 2∑ bi − 3n ≤ 21.24 − 3n ) có mặt Ti ≤ bi ⇒ 441 = ∑ Ti = ∑ bi ≤ 6.21, ∑ bi ≤ 6.21 ≤ 2, bi ≤ i i ∈1, n Vậy n ≤ 21 A = { i | ≤ 2, bi ≥ 3} , B = { i | bi ≤ 2, ≥ 3} Mặt khác đặt với cột có 21 hàng có không giá trị khác nên tồn giá trị xuất hàng, giá trị thuộc A nên xuất nhiều hai cột Do có tất 21 cột nên số giá trị khơng B ≥ 11, Tương tự  21 + − 1   = 11 ⇒ A ≥ 11 n ≥ A + B ≥ 22 nên Mâu thuẫn nhận suy điều phải chứng minh Bài 24 Cho số n tự nhiên lớn Ta đánh số cạnh, đường chéo n- giác dương nhỏ r (nguyên dương) cho: i) Mọi số nguyên dương từ đến r đánh số A1 A2 An số nguyên Ai A j Ak ii) Với tam giác có cạnh đánh số số cạnh lại đánh số nhỏ a) Xác định số nguyên dương r lớn mà điều thực b) Khi r lớn nhất, có cách đánh số thỏa mãn Hướng dẫn giải a Xét đỉnh V mà từ có cạnh đánh số r k≥2 cạnh đánh số r, đỉnh phải tồn tồn tam giác có | A |= k Gọi A tập đỉnh từ V đánh số r Khi | B |= n − k B tập đỉnh lại ( gồm V) + Mọi cạnh nối từ điểm thuộc A đến điểm thuộc B đánh số r, giả sử có X | XV |= r ,| YV |< r | XY |= r Y =/ V thuộc A, Y thuôc B mà |XY| < r , điều kiện ii) nên Mâu thuẫn X ,Y ∈ A | XV |=| YV |= r + Mọi cạnh nối điểm A đánh số nhỏ r, nên |XY| < r X ,Y ∈ B + Mọi cạnh nối điểm B đánh số nhỏ r, | XY |= r mà | XV |= r | YV |= r Mâu thuẫn Chứng minh quy nạp giá trị lớn r n-1 Giả sử với đa giác i≤n cạnh, số số dung nhiều k-1 Xét đa giác n+1 đỉnh, giả sử V,A,B đỉnh tập nói đến trên, r ≤| A | −1+ | B | −1 + = k − + (n + − k − 1) + = n Ta có Điều phải chứng minh b 2,0 Nhận xét: Nếu đa giác có n cạnh tập A có k phần tử tập A có nhiều k-1 số dung tập B có nhiều n-k-1 số dung Vậy để đánh số từ đến n-1 cho đoạn tạo từ đa giác, ta phải chọn k-1 số số {1, 2, …, n − 2} n − k −1 để đánh số cho đoạn tạo từ điểm tập A số lại tập để đánh số cho đoạn tạo từ điểm thuộc tập B Cnk | A |= k ,| B |= n − k Mặt khác, số cách chọn tập A,B cho Từ ta có hệ thức truy hồi sau ( với f(n) số cách đánh số trường hợp đa giác có n cạnh): n −1 k k =1 n f ( n) = ∑ C Cnk−−21 f ( k ) f ( n − k ) n −1  f (k )    f (n − k ) = n !(n − 2)! ∑  ÷ ÷ k =1  k !( k − 1)!   ( n − k )!( n − k − 1)!  Cnk Cnk−−21 f (k ) f (n − k ) ( Có 2f(n) theo cách đếm vậy, số tính lần ) n −1 2(n − 1) g (n) = ∑ g (k ) g (n − k ) f ( x) = x !( x − 1)! g ( x ) Đặt k =1 ta có: f (n) = Chứng minh kết quy nạp n !(n − 1)! 2n −1 m, n; n× n m− Bài 25 Cho số nguyên dương bảng hình vng kích thước gọi bảng “ hồn thiện” tất điền số nguyên không âm (không thiết phân biệt) cho m tổng số hàng cột Hỏi có tất cách lập bảng “2015-hồn thiện” kích thước 3x3 cho số nhỏ số ô 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; ô tâm bảng 3x3 dòng thứ cột thứ 2) Hướng dẫn giải m− Ta giải toán trường hợp lập bảng “ hồn thiện” kích thước 3x3 x, y , z , t Gọi số điền đường chéo vị trí dòng cột , số 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 y Vì số điền khơng âm phải thỏa số nhỏ số đường chéo nên điều kiện sau 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 ( *) ≤ y ≤ 2y + t − z ≤ x + y + t − z ≤ x + t ≤ m Khi ( y; y + t − z ; x + y + t − z ; x + t ) Ta thấy bốn số không âm theo thứ tự tăng dần xác định * ( ) x, y , z , t m− số thỏa mãn tương ứng với cách lập bảng “ hoàn thiện” Do vậy, số cách lập m +    ÷   Áp dụng với m = 2015 , ta kết  2019   ÷   m, n, k < k ≤ n − ( k − 1) m m >1 S = { 1, 2, , n} Bài 26 Cho số nguyên dương thoả mãn Xét tập hợp S X A Gọi tập hợp tất tập thoả mãn đồng thời hai tính chất sau: A =k i ; − a j > m, ∀ai , a j ∈ A, i ≠ j; i, j = 1, k ii X Hãy xác định số phần tử tập hợp Hướng dẫn giải ≤ a1 < a2 < < ak ≤ n; − a j > m, ∀1 ≤ j < i ≤ k A ∈ X , A = { a1 , a2 , , ak } Giả sử với b1 = a1 , b2 = a2 − m, , bi = − ( i − 1) m, , bk = ak − ( k − 1) m Đặt ≤ b1 < b2 < < bk ≤ n − ( k − 1) m ≤ a1 < a2 < < ak ≤ n; − a j > m, ∀1 ≤ j < i ≤ k Vì nên B = { b1 , b2 , , bk } Suy tập tập có tập có k phần tử tập hợp k phần tử tập { 1, 2, , n − ( k − 1) m} { 1, 2, , n − ( k − 1) m} Khi ánh xạ f : X →Y Aa B f Khi song ánh Thật A1 , A2 ∈ X , A1 ≠ A2 ⇒ B1 , B2 ∈ Y , B1 ≠ B2 ⇒ f ( A1 ) ≠ f ( A2 ) f ● đơn ánh: Vì với B = { b1 , b2 , , bk } ∈ Y f ● toàn ánh: Giả sử Gọi Y tập tất Đặt A = { b1 , b2 + m, , bk + ( k − 1) m} = { a1 , a2 , , ak } A∈ X Ta có +1 − = ( bi +1 + im ) − ( bi + ( i − 1) m ) ≥ m + nên f ( A) = B X = Y = Cnk−( k −1) m Vì ta có Bài 27 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 môn 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 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 số ta đặt 4 723 4 101 101 101 { { { { a b c tương ứng với dãy nhị phân d Dễ thấy tương ứng song ánh có phân khác có tối đa C 23 C 23 dãy nhị = 1771 loại hàng dọc khác L2n Bài 28 Có đèn L1, L2,…, treo thành hàng theo thứ tự đó, đèn hai trạng thái tắt bật Mỗi giây ta đồng thời thay đổi trạng thái đèn sau: đèn L i L2n đèn kề (chỉ có đèn kề với L , có hai đèn kề với đèn lại) trạng thái L i chuyển sang trạng thái tắt, ngược lại Li chuyển sang trạng thái bật Ban đầu tất đèn tắt trừ đèn bên trái bật Chứng minh sau số hữu hạn lần thay đổi trạng thái cuối tất đèn tắt Hướng dẫn giải L1 , L2 , , L2n Kí hiệu đèn từ trái qua phải Giả sử ban đầu L1 bật, đèn khác tắt Ta chứng minh n rằng: Sau 2n − lần thay đổi trạng thái tất đèn bật sau tắt Với n = dễ thấy mệnh đề 2n lần thay đổi trạng thái tất đèn Giả sử mệnh đề với n = k Ta chứng minh mệnh đề với n = k + L1 , L2 , , L2k 2k − Thật vậy: Sau lần thay đổi trạng thái tất đèn bật tất đèn L2k +1 , L2k + , , L2k +1 tắt L2k , L2k +1 2k Sau lần thứ hai đèn bật đèn lại tắt k −1 Do sau đổi tất đèn bật k +1 −1 2k +1 suy sau lần thay đổi trạng thái tất đèn bật sau lần thay đổi trạng thái tất đèn tắt Bài 29 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 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 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 Bài 30 Cho bố trí vòng tròn quanh ba cạnh tam giác, vòng góc, hai vòng cạnh, số từ đến viết vào vòng tròn cho i Tổng số cạnh ii Tổng bình phương số cạnh tam giác Tìm tất cách thỏa mãn yêu cầu Hướng dẫn giải x, y , z S1 , S2 Lấy bố trí số, gọi số góc tổng bốn số, tổng bình phương bốn số cạnh Do điều kiện cho ta có: 3S1 = x + y + z + ∑ k = x + y + z + 45 k =1 (1) 3S = x + y + z + ∑ k = x + y + z + 285 k =1 (2) - Từ x, y , z đẳng thức (2) ta suy tất chia hết cho khơng có số chia hết cho Bởi nguyên lý | (x + y + z) mod mod Pigeouhole có hai số đồng dư Lấy phương trình (1) theo ta suy Do x ≡ y ≡ z (mod 3) ( x, y , z ) = (3, 6,9) Nếu hay S = 137 suy có số cạnh lẻ Điều khơng thể Vì 5>3 số lẻ S = 126 ( x, y , z ) = (2,5,8) Vì 17 S ≡ 1(mod 3) Nếu viết khe 92 + 82 > 126 S = 137 (1, 4, 7) nên nằm cạnh với 8, tức nằm cạnh chứa - Vì { + 92 ; + 52 + 82 } > 126 , nên số phải nằm cạnh chứa số (2, 4,9,5); (5,1, 6,8); (8,7,3, 2) Như lần số cạnh phải cạnh 126 Cuối ta thử lại số thỏa mãn Bài 31 Cho số nguyên tổng bình phương số { 1; 2; ; n} n ≥1 Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập cho tổng n cặp khác số nguyên khác không vượt Hướng dẫn giải S ≥ + + + 2k = k (2 k + 1) k S k Giả sử có cặp thỏa mãn đề Gọi tổng cặp đó, S ≤ n + (n − 1) + + (n − k + 1) = nk − Dễ thấy Do đó, k (k − 1) k (2k + 1) ≤ nk − k (k − 1)  2n − 1 ⇔k≤   Bây ta xây dựng Trường hợp 1: Số n  2n −    có dạng cặp thỏa mãn đề sau 5k + 5k + Khi ấy,  2n −    = 2k Ta xét cặp sau (4k + 1; k ), (4k ; k − 1), (3k + 2;1), (3k ; 2k ), (3k − 1; k − 1), (2 k + 1; k + 1) Rõ ràng dãy có Trường hợp 2: Số n 2k cặp thỏa mãn đề có dạng 5k + 5k + 5k + Khi ấy,  2n −    = 2k + Ta xét cặp sau (4k + 2; k + 1), (4k + 1; k ), , (3k + 2;1), (3k + 1; 2k + 1),(3k ; 2k ), ,(2k + 1; k + 1) Dãy có 2k + thỏa mãn đề Vậy số lớn cặp thỏa mãn đề  2n −    Bài 32 Sắp xếp chín học sinh lớp 11 (hoặc giới Nam giới Nữ) đứng cách đường tròn Chứng minh tồn sáu học sinh giới đứng sáu đỉnh hai tam giác Hướng dẫn giải Gọi học sinh H1, H2, H9 đứng chín đỉnh đa giác chín cạnh Vì có học sinh đứng đỉnh nên có đỉnh có học sinh giới (hoặc Nam Nữ) Để cho tiện, ta giả sử đỉnh có học sinh Nam đứng (tương tự học sinh Nữ) C53 = 10 Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh Nam đứng tam giác Nam, có Nam Bây ta chứng minh có hai tam giác Nam nhau: tam giác H H1 ; H i H i +1 , i =1,8 Chín đỉnh đa giác chia đường tròn ngoại tiếp thành cung ta gọi cung “mảnh” Hi H j ≤ H j H k ≤ Hk Hi Hi H j Hk Khơng tính tổng quát, gọi H ij cung cung tam giác có , hij Hơn số số mảnh h jk , hki Hk i ≠ j ≠ k ≠ i không chứa điểm ( ); tương tự ta định nghĩa cho số Hi H j Hk Tương ứng với tam giác ≤ hij ≤ h jk ≤ hki ≤ ( hij ; h jk ; hki ) với ba hij + h jk + hki = Ta nhận thấy rằng: H1 , H , H H H1 H Chẳng hạn với tam giác với đỉnh ta gọi tam giác tương ứng với ba (2;3;4) theo thứ tự Như vậy, tam giác ứng với ba số định nghĩa, tam giác không ứng với ba khác Từ đó, ta xây dựng song ánh lớp tam giác (a, b, c) a ≤ b ≤ c; a+b+c = với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự với (1,1, 7), (1, 2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) Có bẩy ba số thỏa mãn là: (3,3,3) Tức có lớp tam giác Vì có 10 tam giác Nam (Ba đỉnh tam giác học sinh Nam), nên có lớp có hai tam giác Nam; có sáu học sinh giới, đứng sáu đỉnh hai tam giác 2016 × 2016 Bài 33 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 Do có 20162 − tổng tăng bước bước, kết thúc kề bên phải xuất phát tổng tăng đơn vị Do đó, 20162 − 3, chia hết cho mâu thuẫn Vậy quân cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát Bài 34 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 Nhận xét : Mọi hình chữ nhật có kích thước 1x3 chứa có số 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 ô điền số 1) Có thể cho coi hai ô chứa số AKHD ô ô (Nếu khác lập luận tương tự) ⇒ ⇒ Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3 có hai chứa số ô 1,2,4,5 ô 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 ô 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 Bài 35 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, 97 x ≥ 6n ⇒ n ≤ 32 Vậy hội nghị có tối đa 32 đại biểu ...  i =1  i =1  22 22 i =1 i =1 ∑ ( 2ai − 75 ) < 19 1 ⇒ ∑ < Suy 19 1 + 16 50 < 9 21 Bài tốn chứng minh hồn tồn Bài 13 Cho n số nguyên dương Cho 2n điểm phân biệt đường tròn gán giá trị số 1, 2, ,2n... với ak 1 + ak +1 k = 2; 3; , n − , với a1 ∈ Si ak ≤ a1 < a2 < < an a1 , a2 , , an ak − ak 1 ≤ ak +1 − ak Khi ta có X i < n 1 (1) Sn 1 < n n − Si = n − i Suy tồn phần tử thuộc { a1; a2 ;... ban đầu Bài 21 Lấy ngẫu nhiên 498 số nguyên dương khơng vượt q 10 00 Chứng minh có số có tổng chia hết cho 11 1 Hướng dẫn giải Xét tập S= {1, 2,… ,10 00} ta phân hoạch S sau: A= {10 00}, B= {11 1;222;…;999}