Toan roi rac nhom 10 phan 2

Toán Tổ Hợp Bài Xếp 100 bạn học sinh thành hai hàng ngang Hỏi có cách chọn số bạn học sinh từ 100 học sinh ban đầu cho khơng có hai bạn đứng kề chọn Hai bạn đứng kề hai bạn có số thứ tự liên tiếp hàng số thứ tự hai hàng Hướng dẫn giải Gọi số học sinh ban đầu cầu toán 2n Un số cách chọn số bạn xếp thành hàng ngang thỏa mãn yêu Ta bỏ bạn học sinh đầu hàng, 2n − người thỏa mãn yêu cầu toán *) Xét số cách chọn từ 2n 2n − Vn người Gọi số cách chọn số bạn từ (0,5đ) người n n Xảy trường hợp sau +TH1: Bạn vị trí chọn Khi bạn vị trí 2, khơng chọn Vn −1 + Do có cách chọn ( Thêm cách không chọn từ 2n − bạn) Vn −1 + +TH2: Bạn vị trí chọn Tương tự có cách chọn U n −1 +TH3: Cả bạn vị trí khơng chọn Khi có cách U n = U n−1 + 2Vn −1 + Vậy ta có *)Xét số cách chọn từ (1) 2n − (1đ) bạn n × n Xảy trường hợp sau Vn −1 + +Th1: Bạn vị trí chọn.khi bạn vị trí khơng chọn Vậy có cách U n −1 +Th2: Bạn vị trí khơng chọn Có cách Vn = Vn −1 + + U n −1    Vậy ta có (2) (1đ) U n+1 = U n + U n−1 + Từ (1) (2) ta tìm (0,5đ) (1 + ) = Un n +1 Từ suy Với n = 50 ( + 1− 2 ) n +1 −2 (0,5đ) ta có số cách chọn thỏa mãn yêu cầu toán (1 + ) + (1 − ) = 51 U 50 51 −2 (0,5đ) X = { 1, 2,3, 2015} X Bài Cho tập , xét tất tập , tập hợp có phần tử Trong tập hợp ta chọn số bé Tính trung bình cộng số chọn Hướng dẫn giải X = { 1, 2,3 n} X ( ≤ r ≤ n) r Xét tập gồm phần tử Các tập hợp 1, n – r + chọn ( có nhiều tập có chung phần tử bé nhất) X có phần tử Cách cấu tạo tập hợp sau: A ⊂ X \ { 1} Lấy Vậy có: , A có r – { 1}  ∪ A phần tử, tập hợp có C((nr−−1)1) + tập có số bé Tương tự ta có C((nr−−1)2) + tập có r phần tử có số bé r phần tử số phần tử bé Cnr−−1r +1 + tập có r phần tử có số bé n – r + Suy trung bình cộng số chọn ( 1Cnr−−11 + 2Cnr−−12 + + ( n − r + 1) Cnr−−1r +1 ) Cnr Ta chứng minh: n +1 1Cnr−−11 + 2Cnr−−12 + + ( n − r + 1) Cnr−−1r +1 ) = r ( Cn r +1 ( 1C r −1 n −1 + 2Cnr−−12 + + ( n − r + 1) Cnr−−1r +1 ) = Gọi vế trái (1) S n +1 r Cn = Cnr++11 r +1 C(rm +1) − Cmr = Cm( r −1) Sử dụng công thức ta được: S = 1(Cnr − C(rn −1) ) + 2(C(rn −1) − C(rn− 2) ) + + ( n − r )(C(rr +1) − Crr ) + (n − r + 1)Crr Bài Cho 1, 2, , 2n n số nguyên dương Cho 2n điểm phân biệt đường tròn gán giá trị số (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 n n2 chọn dây cung đôi không cắt cho tổng giá trị dây cung 2n 2n Bổ đề: Trên tròn có điểm phân biệt Người ta tô màu điểm màu màu n n xanh đỏ cho có điểm tô màu xanh điểm tô màu đỏ điểm khác màu n nối dây cung Khi với cách tô màu tồn 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 tô khác màu Ta chọn dây cung có đầu mút điểm 2m cung số dây cung có đầu mút điểm m điểm lại mà khơng có dây cung cắt Rõ ràng khơng có dây cung dây cung cắt dây cung vừa chọn phía Theo giả thiết quy nạp tồn cách chọn m +1 Như tồn cách chọn m dây cung mà khơng có dây cung cắt nhau, Bổ đề chứng minh -Trở lại toán: 1, 2, …, n n + 1,…, 2n Ta tơ điểm có giá trị màu đỏ, điểm màu xanh Khi theo bổ đề n tồn cách chọn dây cung mà dây cung có đầu mút tơ màu khác chúng đôi không cắt Tổng giá trị dây cung bằng: (n + 1) + (n + 2) + ?+ 2n − − − n − n = n (ĐPCM) n≥3 Bài Cho số nguyên dương X = { 1; 2; 3; ; n − n} Chứng minh tập hợp chia thành hai tập không giao cho không tập chúng chứa k = 2; 3; , n − n a1 < a2 < < an a1 , a2 , , an phần tử ak ≤ với ak −1 + ak +1 với Sk = { k − k + 1; k − k + 2; ; k } ; Tk = { k + 1; k + 2; ; k + k } Đặt n −1 S = U Sk ; k =1 Dễ dàng thấy n −1 T = U Tk k =1 S, T Ta chứng minh SI T =∅ với X S UT = X Ta chứng minh phản chứng Giả sử k = 2; 3; , n − tập cần tìm S gồm phần tử ak ≤ a1 < a2 < < an a1 , a2 , , an với ak −1 + ak +1 ak − ak −1 ≤ ak +1 − ak Khi ta có , với a1 ∈ Si Nếu k = 2; 3; , n − , ta có i < n −1 (1) Sn −1 < n n − Si = n − i Suy tồn phần tử thuộc { a1; a2 ; ; an } I ( Si +1 U Si + U U Sn−1 ) S j , ( i < j < n) Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tập chứa phần tử số phần a1 , a2 , , an tử ak , ak +1 ∈ S j ak Tức tồn ak −1 ∈ S1 U S U U S j −1 cho 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) Chứng minh tương tự ta có tập ak ≤ ak −1 + ak +1 với T ak −1 + ak +1 với a1 < a2 < < an a1 , a2 , , an không chứa phần tử k = 2; 3; , n − với k = 2; 3; , n − với S, T Vậy a1 < a2 < < an a1 , a2 , , an không chứa phần tử ak ≤ tập cần tìm X 2n + ( n ∈ ¥ * ) Bài Trong mặt phẳng cho đường thẳng phân biệt cho khơng có hai đường song song vng góc khơng có ba đường đồng quy Chúng cắt tạo thành tam giác Chứng minh n ( n + 1) ( 2n + 1) số tam giác nhọn tạo thành không vượt n ( n + 1) ( 2n + 1) f ( n) ≤ ( 1) , ∀n ∈ ¥ * f ( n) Gọi số tam giác tạo thành Ta phải chứng minh Với ba đường thẳng số đường thẳng cho cắt tạo thành tam giác nhọn tù g ( n) a, b, c Gọi số tam giác tù Ta gọi tam giác tạo ba đường thẳng là: "giả nhọn a a d cạnh " góc chung cạnh tam giác góc nhọn Chọn đường thẳng coi trục hồnh, đường thẳng lại chia làm hai tập: Tập dương, Tập T đường thẳng với hệ số góc − tập đường thẳng với hệ số góc âm Hai đường thẳng tạo với d tam giác "giả nhọn" đường thẳng thuộc tập T+ p Gọi T+ số đường thẳng thuộc giác "giả nhọn cạnh d T+ đường thẳng thuộc tập q pq " T− Ta có số đường thẳng thuộc tập T− p + q = 2n Khi số tam  p+q pq ≤  ÷= n   -Nhưng d d đường thẳng số 2n + đường thẳng ta có số cặp (đường thẳng n ( 2n + 1) ; tam giác "giả nhọn cạnh d") nhỏ -Trong cách tính tam giác nhọn tính lần (theo cạnh) tam giác tù tính lần nên f ( n ) + g ( n ) ≤ n ( 2n + 1) (1) -Thế tổng số tam giác là: C23n +1 = f ( n ) + g ( n ) = ( 2n + 1) 2n ( 2n − 1) (2) Từ (1) (2) suy f ( n ) ≤ n ( 2n + 1) − ( f ( n ) + g ( n ) ) = n (2n + 1) − (2n + 1)2n ( 2n − 1) n(n + 1)(2n + 1) = f ( n) ≤ hay n ( n + 1) ( 2n + 1) n n Bài Tìm tất số tự nhiên cho mặt phẳng tồn đường thẳng mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Xét n đường mặt phẳng, mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Nếu a đường thẳng n đường có k (0 đường song song với ≤ 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 ( k + 1) ( S − 1) = 2014 => Số giao điểm đường với đường khác Mà 2014 = 2.19.53 (k => n = k + ước nguyên dương 2014 + 1) ∈ { 1; 2; 19; 53; 38; 106; 1007; 2014} (k + 1) S = 2014 + (k + 1)    => n ∈ {2015; 2016; 2033; 2067; 2120; 2510; 3021; 4028} Bài 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 a1 > a2 > > a10 Sắp xếp thứ tự 10 số lớn thứ ba hàng Ta thấy tối đa 20 số lớn a1 (là số lớn thứ thứ hai hàng) a1 ≥ 80 Vì a2 ≥ 72 a2 Tương tự có tối đa 28 số lớn Vì a1 + a2 + + a10 ≥ 80 + 72 + ( a10 + ) + ( a10 + ) + + a10 = 8a10 + 180 Từ a10 Trong đó, tổng số hàng chứa khơng lớn 100 + 99 + a10 + ( a10 − 1) + + ( a10 − ) = 8a10 + 171 8a10 + 171 < 8a10 + 180 Do a10 nên hàng chứa hàng thỏa mãn yêu cầu X1 X X 64 Bài Cho tập hợp X có 2016 phần tử Chọn 64 tập , , , tập X (mỗi tập chứa nhiều 1008 phần tử) A ∩ Xi ≠ ∅ i = 1, 64 Chứng minh tồn tập A X có số phần tử khơng vượt mà , với (Chuyên Thái Bình) Lời giải Tổng số phần tử 64 tập lớn 33 tập con, giả sử X1, X2, …, X33 64.1008 = 32.2016 Vì tồn phần tử a tập X thuộc Xét 31 tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử b tập X thuộc 16 tập con, giả sử X34, X35, …, X49 Xét 15 tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử c tập X thuộc tập con, giả sử X50, X51, …, X57 Xét tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử d tập X thuộc tập con, giả sử X58, X59, X60, X61 Xét tập lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử e tập X thuộc tập con, giả sử X62, X63 Với tập X64 lại ta lấy phần tử f Như tập A chứa phần tử a, b, c, d, e, f thỏa mãn tốn Suy đpcm × Bài Những hình vng kích thước 7 tơ hai màu Chứng minh tồn 21 hình chữ nhật với đỉnh màu cạnh song song với cạnh hình vng Giải: Ta cho màu tô trắng đen Lấy hàng bất kỳ, ta giả sử tồn k ô đen – k ô trắng Khi Ck2 + C72− k = k − k + 21 ≥ tồn Cặp ô màu Vậy tồn 7.9 = 63 cặp màu hàng C72 = 21 Tiếp theo tồn cặp cột Suy tồn 21.2 = 42 tổ hợp màu cặp cột i = 1; 24 Với tổ hợp , giả sử tồn ji cặp tổ hợp, tồn 42 ∑ ( ji − 1) ≥ 63 − 42 = 21 ji – hình chữ nhật cho tổ hợp Vì tổng ji 63 nên tồn i =1 Vậy tồn 21 hình chữ nhật thỏa mãn yêu cầu toán A = { 1; 2; ; 2013} A Bài 10 Cho tập hợp Cần phải loại khỏi phần tử để tập hợp lại có tính chất: Khơng phần tử tích hai phần tử khác Lời giải A Loại khỏi {2;3; ; 44} tập hợp {1; 45; 46; ; 2012; 2013} , tập có 43 phần tử Khi tập lại ràng tập thỏa mãn u cầu: Khơng có phần tử tích hai phần tử khác Ta chứng minh cách tách khỏi đề 0.5 đ Thật xét ba sau (43 ba): 2, 87, 2.87 3, 86, 3.86 4, 85, 4.85 ………… 44, 45, 44.45 A Rõ 1.0 đ tập hợp có nhiều 42 phần tử không thỏa mãn yêu cầu f ( x) = x (89 − x ) Xét hàm số biến với ≤ x ≤ 44 ≤ x ≤ 44 f '( x) = 89 − x > 0, ∀2 ≤ x ≤ 44 Ta có f Vậy hàm đồng Suy f (2) < f (3) < < f (44) ⇒ 2.87 < 3.86 < < 44.45 Dễ thấy < < < 44 < 45 < 46 < < 87 < 2.87 < 3.86 < < 44.45 phần tử 43 ba khác nằm tập hợp Vì ta tách khỏi A tối đa 42 phần tử, nên phần lại A A A nên toàn (sau tách) phải có ba nói Vậy cách tách không thỏa mãn yêu cầu đầu Kết luận: Số phần tử cần tách khỏi 44.45 = 1980 < 2013 Vì 2.0 đ 43 phần tử 0.5 đ 3× Bài 11 Trên bảng vng cố định có kích thước người ta xếp số viên sỏi cho ô vuông có nhiều viên sỏi Mỗi cách xếp sỏi tính điểm sau, tổng số sỏi hàng (hoặc cột hai đường chéo) số lẻ tính điểm Bảng khơng có sỏi ứng với điểm, bảng xếp kín viên sỏi ứng với điểm a) Tồn hay không cách xếp sỏi cho bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách xếp b) Chứng minh số cách xếp sỏi với điểm số số chẵn số cách xếp sỏi với điểm số số lẻ Giải a) Giả sử khơng có sỏi điểm số cách xếp Như hàng, cột hai đường a, b, c, d ∈ { 0,1} chéo có số lẻ viên sỏi Gọi a, b, c, d số sỏi ô hình vẽ, Khi a ', b ', c ', d ' đối xứng với a, b, c, d qua tâm có số sỏi tương ứng cho a + a ' = b + b ' = c + c ' = d + d ' = a b c a b c d d' d c' b' a’ ( a + b + c ) + ( a '+ b '+ c ' ) = a+b+c a '+ b '+ c ' Từ suy hai tổng số chẵn Khi dòng thứ dòng thứ ba có tổng số sỏi số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy không tồn xếp sỏi thỏa mãn điều kiện toán b) Ta gọi hai cách xếp sỏi liên hợp với ô bên trái chúng có số sỏi khác lại tương ứng có số sỏi a b c a' b c f e d f e d g h i g h i (B) (B’) Như vậy, cách xếp sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với Xét hai cách xếp liên hợp với (B) (B’) Tổng số sỏi dòng 1, cột đường chéo hai bảng đơi khác tính chẵn lẻ Các dòng, cột đường chéo lại hai bảng có số sỏi Do điểm số (B) (B’) khác đơn vị, suy số điểm (B) (B’) có tính chẵn lẻ khác Vậy hai cách xếp liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách xếp lại cố điểm số số lẻ suy điều phải chứng minh Bài 12 Cho hình phẳng có diện tích phủ kín hữu hạn hình tròn Chứng minh số đường tròn chọn hình tròn có diện tích khơng bé chọn số hình tròn đơi rời có tổng diện tích khơng bé ( O; R ) O R Kí hiệu: – đường tròn tâm bán kính dtF – diện tích hình phẳng F Do số đường tròn hữu hạn nên ln chọn hình tròn có bán kính lớn Gọi đường tròn ( O1; R1 ) F1 Gọi ( O1; R1 ) ( O1; R1 ) hình phẳng tạo hình tròn có điểm chung với hình tròn ( O1;3R1 ) F1 Dễ thấy, tất hình tròn tạo nên nằm hình tròn dtF1 dtF1 ≤ dt ( O1 ;3R1 ) = 9dt ( O1 ; R1 ) ⇒ dt ( O1 ; R1 ) ≥ ( 1) Do đó: ( O1; R1 ) Trường hợp 1: có điểm chung với tất hình tròn lại dt ( O1 ; R1 ) ≥ dtF1 ≥ Do hình tròn phủ kín hình phẳng có diện tích nên (đpcm) Trường hợp 2: Tồn hình tròn khơng có điểm chung với Từ (1) ta ( O1; R1 ) Do số đường tròn hữu hạn nên ta chọn số hình tròn k (k ≥1) hình tròn ( O2 ; R2 ) ; ( O3 ; R3 ) ; ; ( Ok +1; Rk +1 ) thỏa mãn điều kiện: ( Oi ; Ri ) i = 2, 3, , k + a) Với hình tròn có bán kính lớn khơng có điểm chung với ( O1; R1 ) ; , ( Oi−1; Ri−1 ) hình tròn chọn trước b) Khơng tồn hình tròn khơng có điểm chung với đường tròn đường tròn ( O1; R1 ) ; ( O2 ; R2 ) ; ; ( Ok +1; Rk +1 ) i = 2, , k + Với ( Oi ; Ri ) Fi gọi hình phẳng tạo ( Oi ; Ri ) hình tròn có điểm chung với hình tròn ( Oi ;3Ri ) Fi Do a) nên tất hình tròn tạo nên dtFi ≤ dt ( Oi ;3Ri ) Do đó: nằm hình tròn dtFi = 9dt ( Oi ; Ri ) ⇒ dt ( Oi ; Ri ) ≥ ( ) dtF1 + dtF2 + + dtFk +1 ≥ Từ b) hình tròn phủ kín hình phẳng có diện tích nên: ⇒ dt ( O1 ; R1 ) + + dt ( Ok +1 ; RK +1 ) ≥ Từ (1), (2) (3) suy ( O1; R1 ) ; ( O2 ; R2 ) ; ; ( Ok +1; Rk +1 ) Theo xác định hình tròn rời (3) (đpcm) Bài 13 Cho 2015 điểm đường thẳng, tô điểm màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm tơ màu) Có cách tơ khác cho khơng có điểm liên tiếp màu Giải Sn n = 2015 n n Gọi số cách tô màu thỏa mãn cho điểm (bài tốn ta ) Ta tính theo , xét hai điểm cuối có hai trường hợp xảy ra: +Nếu hai điểm cuối màu điểm thứ +Nếu hai điểm cuối khác màu điểm thứ n +1 n +1 Từ sinh hai số đặc trưng số cách tô n khác màu điểm cuối tơ điểm mà hai điểm cuối màu, số cách tô màu mà hai điểm cuối khác màu hai thỏa mãn điểm liên tiếp khác màu n điểm S n +1 = 2M n + 3Pn Pn +1 = S n ; M n +1 = Pn Ta có: , S n +1 = Pn −1 + S n −1 = 4S n − + 6S n −1 Thế S3 , S S n +1 − 6S n −1 − 4S n− = Vậy ta có hệ thức truy hồi: Bây ta tính S3 = 27 − = 24 S = 4!− − 12 = 49 X − 6X − = thấy , Phương trình đặc trưng có nghiệm là: S n = ax1n + bx2n Công thức xác định a, b với thỏa mãn:  24 13 − 23 a = a (3 + 13) + b(3 − 13) = 24  13(3 + 13)3 ⇒   4 24 13 − 23 a (3 + 13) + b(3 − 13) = 49  b = 13(3 − 13)3  Sau cho n = 2015 ta kết toán ∈ { 2; 0} a1a2 an Bài 14 Gọi với n xâu có độ dài Gọi xâu 20 xâu OLIMPIC hai phần tử liên thứ tự xâu có độ dài n cho k ( ví dụ xâu 2220022 có độ dài có xâu OLIMPIC) Xét xâu có độ dài 30 chứa C319 xâu OLIMPIC, biết có k xâu Tìm ? Giải Gọi H số xâu chứa tồn số có độ dài lớn hay Gọi K số xâu chứa tồn 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 số phần tử xâu K ( K vị trí thứ hai (*)) , … x2 k ≥ x2k Gọi số phần tử xâu K ( K vị trí cuối (*)) , x1 + x2 + + x2 k = 30 Ta có : C292 k −1 Theo tốn chia kẹo Euler : Số xâu có độ dài 30 chứa k xâu OLIMPIC trường hợp 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 = k + ⇔ C312 k +1 = C319 ⇒  ⇒k =4 9 = 31 − (2k + 1) Vậy k =4 Bài 15 Cho số nguyên { 1; 2; ; n} n ≥1 Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập n cặp khác số nguyên khác không vượt Giải k S k Giả sử có cặp thỏa mãn đề Gọi tổng cặp đó, S ≥ + + + k = k (2 k + 1) S ≤ n + (n − 1) + + (n − k + 1) = nk − Dễ thấy k (2k + 1) ≤ nk − k (k − 1) Do đó, k (k − 1)  2n − 1 ⇔k≤   cho tổng  2n −    Bây ta xây dựng Trường hợp 1: Số n 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), (2k + 1; k + 1) Rõ ràng dãy có 2k n Trường hợp 2: Số cặp thỏa mãn đề có dạng 5k + 5k + 5k + Khi ấy,  2n −    = 2k + Ta xét cặp sau (4 k + 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 n ( n ≥  2n −    ) Có cặp vợ chồng tham dự buổi tiệc Biết người trò chuyện với tất người khác, trừ vợ chồng Các trò chuyện lập thành nhóm người C1 , C2 , , Ck với tính chất sau: Khơng có cặp vợ chồng nói chuyện nhóm hai người khơng phải vợ chồng có nhóm để họ trò chuyện.Chứng minh rằng: k ≥ 2n gi ( i = 1, 2,…, 2n ) *) Gọi Do người thứ số nhóm mà người thứ i i tham gia trò chuyện nói chuyện với cặp vợ chồng (A,B) tồn hai nhóm khác chứa A gi ≥ 2 i = 1, 2,…, 2n chứa B nên ta có *) Trường hợp : Tồn i gi = cho Cm ∩ Ch = { i} Giả sử Khi cặp vợ chồng khơng phải vợ chồng Cm nhóm i có người tham gia vào Ch người tham gia vào nhóm Cm \ { i} Khi người nhóm nói chuyện vói người khơng phải bạn đời nhóm Ch \ { i} ( n − 1) ( n − ) Do nhóm phân biệt nên có tất ( n − 1) ( n − ) k ≥ + ≥ 2n với gi ≥ *) Trường hợp 2: với Xét hệ phương trình Giả sử i 2n xi biến số ∑x i∈Ct i =0 ẩn: t = 1, 2, …, k ; (*) Khi hệ có số phương trình số ẩn nên tồn yt = ∑ xi M = { ( i, j ) i∈Ct Đặt i = 1, 2,…, 2n Khi ta gán cho người thứ k < 2n n ≥ ; với 2n 2n i =1 i =1 = ∑ ( gi − 1) xi2 + ∑ xi2 + 2∑ xi x j − i≠ j ∑ ( i , j )∈M xi x j =  2n  = ∑ ( gi − 1) x +  ∑ xi ÷ − ∑ xi x j = i =1 ( i , j )∈M  i =1  2n i 2n  2n  = ∑ ( gi − 2) xi2 +  ∑ xi ÷ + ∑ ( xi − x j )2 i =1  i =1  ( i , j )∈M k ∑y Vậy , t =1 t xi cho khác vợ chồng}; M* = {(i,j) với i,j khônglà vợ chồng} 2n   y = x =  ∑ i ÷ ∑ gi xi + ∑ xi x j ∑ ∑ t =1 t =1  i∈Ct i =1 ( i , j )∈M *  k t i i, j Khi đó: k nhóm Do đó: = ⇔ xi = 0; ∀i = 1, 2, , n yt = 0, ∀t = 1, 2, , k ⇔ xi = 0; ∀i = 1, 2, , n Hay, xi = 0; ∀i = 1, 2, , 2n Vậy hệ (*) có nghiệm Nên k ≥ 2n ( vơ lý) M X M Bài 16 Tập hợp gồm hữu hạn điểm mặt phẳng cho với điểm thuộc tồn điểm M X thuộc có khoảng cách đến M Hỏi tập hợp chứa phần tử? Giải P, Q +) Rõ ràng có hai điểm thuộc PQ ≠ M cho Ký hiệu : Từ giả thiết | M p ∩ M q |≤ P, Q Nếu tồn cho +(1.50 đ) Trường hợp với M p ∩ Mq = cho { R, S } Khi M = { P , Q , R, S , T , U , V , W } { R, S , T , U } Mq = { R, S , V , W } và giả sử TQ ≠ 1, UQ ≠ 1, VP ≠ 1, WP ≠ ta có TR, TS ,UR,US chứa điểm MP = , lúc M ta có: | M p ∩ M q |= PQ ≠ P, Q | M p ∩ M q |≤ MP = M P = { X ∈ M / PX = 1} M t ∩ Mq = M u ∩ M q = { V , W } U T Nếu khác 1: suy suy hay trùng với Q , vơ lý TR, TS ,UR,US TV = • Nếu có số 1: Khơng giảm tính tổng quát, giả sử lúc TS ≠ TV = TV = TW ≠ TU = hay TW = Giả sử lúc suy , M t = { P, R, U , V } M u = { P, T , V , W } UTV , RPT , UTV lúc tam giác cạnh 1, VR > ta có hình Điều mâu thuẫn M +(0.50 đ) Vậy chứa điểm Dấu xảy với hình2 • Vậy M chứa điểm A5 A9 A6 T V A1 A2 A3 R A7 A8 P U A4 Bài 17 Tìm số nhỏ cặp tập hợp có giao khác tập ∅ 2000 tập hợp phân biệt cho với tập hợp 2000 tập hợp có cặp tập hợp có giao khác tập ∅ n = 2000 n • Giải tổng quát tập hợp ( ) n n Ta có hình biểu diễn (K) n tập hợp sau: tập hợp biểu diễn điểm phân biệt mặt phẳng ( khơng có điểm thẳng hàng), hai tập hợp có giao khác ∅ biểu diễn đường liền nét( ) nối với hai điểm biểu diễn, hai tập hợp có giao ∅ biểu diễn đường không liền nét ( -) nối hai điểm biểu diễn n k ( n) Kí hiệu P tập hợp điểm, số đoạn nối liền nét biểu diễn (K) thỏa giả thiết toán ( tức là: với điểm P có đoạn liền nét) Bài tốn trở thành tìm giá trị nhỏ d ( n) k ( n) M A Q C B N P • A, B AB Ta ln ln giả thiết : Trong biểu diễn (K) tồn hai điểm mà đoạn nối Q = P \ { A, B} Q n−2 không liền nét Đặt , vậy, có điểm, biểu diễn (K) ta bỏ đoạn AB tất đoạn nối với A, nối với B ta biểu diễn (K*) tập Q thỏa điều kiện toán Gọi k(n-2) số đoạn liền nét biểu diễn (K*) • Lấy C∈Q, suy đoạn CA, CB phải có đoạn liền nét (vì đoạn AB khơng liền nét) Vì k ( n) ≥ n − + k ( n − 2) n−2 Q có điểm, nên suy : (*) k ( n ) ≥ ( n − ) + ( n − ) + +  4 + k ( ) • Cơng thức truy hồi (*) cho ta : n chẵn n ( n − 2) k ( n ) ≥ ( n − ) + ( n − ) + +  4 + d ( ) ≥ ( n − ) + ( n − ) + +  4 + = • Suy d ( 4) = (do ) n ( n − 2) d ( n) = Chứng tỏ : Tồn • • • • n d ( n) = n ( n − 2) n tập hợp để có sau : Nhóm X gồm tập hợp giao khác ∅ đôi n một, nhóm Y gồm tập hợp giao khác ∅ đơi Mỗi tập hợp nhóm khơng có giao khác ∅ với tập hợp nhóm Cách chọn thỏa giả thiết toán n n n n n(n − 2) 2 2 Số đoạn nối liền nét điểm X : ( -1) + ( -2) + ( -3) + + = n(n − 2) Số đoạn nối liền nét n điểm X Y : n(n − 2) 20001998 = 999000 d ( n) = 4 Vậy Thế n = 2000 ta số cần tìm là: Chọn ... 2. 19.53 (k => n = k + ước nguyên dương 20 14 + 1) ∈ { 1; 2; 19; 53; 38; 106 ; 100 7; 20 14} (k + 1) S = 20 14 + (k + 1)    => n ∈ {20 15; 20 16; 20 33; 20 67; 21 20; 2 510; 3 021 ; 4 028 } Bài Trên bàn cờ 10. .. thấy tối đa 20 số lớn a1 (là số lớn thứ thứ hai hàng) a1 ≥ 80 Vì a2 ≥ 72 a2 Tương tự có tối đa 28 số lớn Vì a1 + a2 + + a10 ≥ 80 + 72 + ( a10 + ) + ( a10 + ) + + a10 = 8a10 + 180 Từ a10 Trong... với quy tắc cộng ta có : C2 92 k −1 + C2 92 k + C2 92 k + C2 92 k +1 = C319 9 = k + ⇔ C3 12 k +1 = C319 ⇒  ⇒k =4 9 = 31 − (2k + 1) Vậy k =4 Bài 15 Cho số nguyên { 1; 2; ; n} n ≥1 Tìm số lớn cặp