TOHOPT~1.DOC toán học

ĐỀ THI CÁC TRƯỜNG VÀ TỈNH NĂM 2012 – 2013 PHẦN TỔ HỢP ******* Bài (Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa) Giả sử n số tự nhiên khơng nhỏ Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm n điểm, khơng có điểm thẳng hàng Mỗi cặp điểm thuộc P nối với đoạn thẳng tô màu trắng đỏ Tìm số nhỏ đoạn thẳng đỏ cho tam giác với đỉnh thuộc P có cạnh đỏ Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau (định lí Mantel): Cho G = (V , E) đồ thị đơn, vô hướng V = n Nếu G khơng có chứa tam � n2 � � �và đẳng thức xảy G = K n ,n n chẵn, G = K n- 1,n+1 E � giác � 22 2 4� � � n lẻ (trong đó, K n đồ thị đầy đủ có n cạnh) Chứng minh Gọi I tập hợp đỉnh đơi khơng có cạnh nối với có số lượng đỉnh lớn nhất, giả sử I = x, x �n Gọi J = V \ I J = n- x Ta thấy rằng: - Mỗi cạnh G có đầu mút I (do cách định nghĩa tập hợp I ) - Với A �E deg A �x Do G khơng có tam giác nên với hai đỉnh kề với A chúng khơng nối với hay tập đỉnh kề với A đơi khơng có cạnh nối với số phần tử khơng vượt q x Suy � n2 � E = �deg( A ) ��x = x(n- x) �� � Ta có đpcm � 4� A �J A�J � � Trở lại toán, n(n- 1) Gọi x, y số cạnh tô đỏ xanh Dễ thấy x + y = Cn2 = Ta cần tìm số cạnh tơ màu đỏ nhỏ cho khơng có tam giác có ba � n2 � n(n- 1) � n2 � � � � � y � x � cạnh tô xanh Theo bổ đề � �nên � � 4 �� �� Ta chứng minh giá trị tốt thỏa mãn đề (dựa theo cách xây dựng đẳng thức bổ đề trên) Thật vậy, Với n chẵn, đặt n = 2k x �k2 - k Ta chia chia tập hợp điểm cho thành hai phần tô màu đỏ tất đoạn nối hai đỉnh tập; với đoạn có hai đầu mút nằm hai phần khác nhau, ta tô màu xanh Dễ thấy chọn ba đỉnh có hai đỉnh thuộc phần đoạn nối chúng tô đỏ Với n lẻ, đặt n = 2k + x �k2 Ta chọn đỉnh X tùy ý chia đỉnh lại thành hai phần Tương tự trên, ta tô màu đỏ tất đoạn nối hai đỉnh phần; tô xanh tất đoạn có đầu mút thuộc hai phần khác với cạnh có chứa đỉnh X , ta tơ màu đỏ Dễ thấy chọn ba đỉnh dù có chứa X hay khơng, ln có đoạn nối chúng tô đỏ Vậy giá trị nhỏ cần tìm n(n- 1) � n2 � - �� � � 4 �� Bài (Hưng Yên) Cho n( n �4) điểm A1 , A , A , , An phân biệt cho khơng có điểm thẳng hàng khơng có điểm nằm đường trịn Gọi at ,1�t �n số đường tròn ngoại tiếp tam giác Ai A j A k ( 1�i < j < k �n) có chứa điểm At Đặt N = a1 + a2 + a3 + + an Chứng minh điểm A1 , A , A3 , , An đỉnh đa giác lồi N = n4 - 6n3 + 11n2 - 6n 12 Lời giải Trước hết, ta có nhận xét A , B,C , D bốn điểm phân biệt khơng nằm đường trịn chúng bốn đỉnh tứ giác lồi tồn hai đường trịn qua ba bốn điểm chứa điểm cịn lại Thật vậy, giả sử ta có ABCD tứ giác lồi hai tổng �A +�C ,�B +�D , có tổng lớn 1800 Giả sử �A +�C > 1800 dễ thấy hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ACB, ACD chứa điểm cịn lại hai đường trịn BDA , BDC không Hơn nữa, bốn đỉnh A , B,C , D khơng thể lập thành tứ giác lồi tồn điểm nằm tam giác tạo ba điểm lại, giả sử D nằm tam giác ABC Khi đó, có đường trịn ( ABC) chứa điểm lại đường tròn (BCD),(CDA ),(DAB) khơng có tính chất Nhận xét chứng minh Trở lại toán, Nếu n điểm cho tạo thành đa giác lồi tất tứ giác có bốn đỉnh thuộc tập đỉnh đa giác cho tứ giác lồi theo nhận xét có thêm hai đường tròn thỏa mãn đề từ bốn đỉnh Rõ ràng cặp đường trịn hai tứ giác khác khác nên có tất n4 - 6n3 + 11n2 - 6n 2Cn4 = 12 Ta có đpcm Bài (Hưng Yên) Quan sát thạch sùng bắt muỗi, ta thấy quy luật sau:  Con thạch sùng nghỉ ngơi sau lần bắt muỗi;  Con muỗi bị bắt sau thời gian nghỉ phút;  Thời gian nghỉ trước bắt muỗi thứ 2m thời gian nghỉ trước bắt muỗi thứ m phút so với thời gian nghỉ trước bắt muỗi thứ 2m+ 1;  Khi thạch sùng hết nghỉ bắt muỗi Coi thời gian thực động tác bắt muỗi thạch sùng Hỏi sau phút thạch sùng bắt muỗi thứ 82? Lời giải Gọi f (n) thời gian nghỉ (tính phút) thạch sùng trước bắt muỗi thứ n Khi đó, tổng thời gian để thạch sùng bắt muỗi thứ n ff(1) + (2) + ff(3) + + (n) Dựa theo giả thiết, ta thấy �f (1) = � � � , m�0 �f (2m) = f (m) � � � �f (2m+ 1) = f (2m) +1 Ta chứng minh f (m) số số có biểu diễn nhị phân m (*) Thật vậy, - Với m= m= 12 nên (*) - Giả sử (*) với m= n , ta có hai trường hợp: + Nếu n số chẵn, đặt n = 2k f (n +1) = f (2k+1) = f (2k) +1= f (k) +1 Do � 2k+ 1� � = k nên số số biểu diễn nhị phân 2k + 2k + lẻ � � � � � số số biểu diễn nhị phân k cộng với (*) với m= n +1 + Nếu n số lẻ, đặt n = 2k+ f (n + 1) = f (2k+ 2) = f (k+ 1) Do 2k + chẵn 2k+ = k+ nên số số biểu diễn nhị phân ta có 2k + k+1 Suy (*) với m= n +1 Do đó, (*) với m= n+1 Theo nguyên lí quy nạp, (*) chứng minh Tiếp theo, ta cần tính ff(1) + (2) + ff(3) + + (82) Trước hết, ta tính tổng ff(0) + (1) + ff(2) + (3) + + f (63) , giá trị f tổng chữ số 64 số có dạng XXXXXX (6 vị trí nhận giá trị 1) Tại vị trí X số trên, dễ thấy có 32 số 32 số nên suy tổng tất các chữ số nói 32�6 = 192 Tiếp theo, ta lại tính tổng ff(64) + (65) + ff(66) + + (79) , giá trị f tổng chữ số 16 số có dạng 100XXXX (4 vị trí nhận giá trị 1) Tương tự trên, ta tính tổng 16+ 8�4 = 48 Cuối cùng, dễ thấy ff(80) = 2, (81) = 3, f (82) = Do đó, kết cuối cần tìm 192+ 48+ 2+ 3+ 3= 248 Bài (ĐH KHTN Hà Nội, vòng 1, ngày 1) Có mười người đến dự buổi tiệc Biết người quen ba người , hai người quen khơng có người quen chung hai người khơng quen có người quen chung Hỏi cần nhấu bàn trịn để xếp mười người ngồi cho hai người ngồi cạnh quen ? Lời giải Giả sử 10 người đề A1 , A , A , , A10 Do giả thiết người quen với người nên khơng tính tổng qt, ta giả sử A1 quen với A2 , A3 , A4 Mặt khác, hai người quen khơng có người quen chung nên ba người A2 , A3 , A4 đôi không quen thế, ngồi A1 người số ba người có thêm người quen (tất người đôi khác nhau) Giả sử A2 quen với A5 , A6 ; A3 quen với A7 , A8 ; A4 quen với A9 , A10 Dễ thấy A5 không quen A6 hai người có quen với A2 ; A5 quen với đồng thời A7 , A8 (hoặc A9 , A10 ) cặp có người quen chung Suy A5 quen với người thuộc { A7 , A8} người thuộc { A9 , A10} Ta lại giả sử A5 quen với A7 , A9 Khi đó, ta phải có A6 quen với A8 , A10 Tiếp theo, ta dễ thấy A7 quen với A8 , A9 nên A7 quen với A10 tương tự, A8 quen với A9 Ta chứng minh khơng thể dùng bàn trịn để xếp người Thật vậy, đặt X = { A2 , A5 , A6} ,Y = { A3 , A7 , A8} ,Z = { A4 , A9 , A10 } Dễ thấy A5 , A6 không quen nên ngồi bàn, A5 A6 A7 A8 qua tất phần tử tập Z Và thế, có hai trường hợp sau xảy A5 � A7 � A10 � A4 � A9 � A8 � A6 Rõ ràng trường hợp không thỏa mãn nên dùng bàn tròn để xếp tất người lên thỏa mãn điều kiện đề Với bàn trịn, ta xếp nhóm người sau: A1 � A � A5 � A7 � A3 � A1 A4 � A9 � A8 � A6 � A10 � A Vậy số bàn trịn nhỏ cần tìm Nhận xét Ta thấy tốn diễn đạt ngơn ngữ graph sau: Cho graph G = (V , E) có V = 10 Biết graph thỏa mãn tính chất sau: - Mỗi v �V deg v = - Đồ thị không chứa tam giác - Nếu hai đỉnh a, b�V không kề tồn c �V mà c kề với a b Hỏi đồ thị chia thành đường khép kín? Bài (ĐHKHTN, vòng 1, ngày 2) Trong lớp có 30 học sinh xếp thành hàng dọc Cơ giáo phát cho em viên kẹo Với k >1 cho lớp có em phát k viên kẹo, ta gọi tk vị trí em cuối lớp phát k viên Khi em đứng thứ tk - phát k- viên kẹo Hỏi giáo có cách phát kẹo? Lời giải Theo tác giả tốn nhầm lẫn nên vấn đề đánh giá chưa dẫn đến kết đáp án 30! khơng hợp lí Bài tốn nói chung tính kết xác khơng mang lại nhiều ý nghĩa nên khơng phân tích Bài (Kiểm tra đội tuyển Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho tập S = { 1,2,3, ,999} Tìm số nguyên dương n nhỏ cho tập A S gồm n phần tử tồn phần tử phân biệt a, b,c,d thuộc A mà a+ 2b+ 3c = d Lời giải Trước hết, ta thấy tập hợp A = { 166,167,168, ,999} có số phần tử 834 167 + 3� 166 = 1000> 999 nên không tồn với a,b,c �A a+ 2b+ 3c �168+ 2� phần tử phân biệt thỏa mãn điều kiện đề Suy ra, A thỏa mãn đề A �835 Ta chứng minh với tập có 835 phần tử S thỏa mãn điều kiện Thật vậy, Gọi c,d phần tử nhỏ lớn tập S Dễ thấy d- c �834,c �165 165> 3� 166 Ta có k = d- 3c = (d- c) - 2c �834- 2� 166 nên ta thấy Xét cặp số (k- 2i ; i ) với i = 1,2,3, ,166 i �c k> 3� có tất 165 cặp với 330 số đôi khác khác c Do tập hợp A có 835 phần tử nên có 164 phần tử S mà không thuộc tập A Suy với 165 cặp cho dễ thấy có cặp mà hai số thuộc A , giả sử (k- 2b,b) Đặt k- 2b= a dễ thấy số (a,b,c, d) thỏa mãn đẳng thức a+ 2b+ 3c = d nên tập hợp có 835 phần tử, ta ln tìm số thỏa mãn đề Vậy số nguyên dương nhỏ cần tìm 835 Nhận xét Bài toán phát triển tương tự khác yêu cầu chứng minh tồn a, b, c mà a+ b= c Các cách lập luận dùng để sử lí dạng Bài (Hà Tĩnh) Trong kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi toán tỉnh có 20 em tham gia Mỗi học sinh phải thi vòng, vòng gọi thi Điểm thi cho số tự nhiên từ đến 10 Phương thức chọn đội tuyển so sánh kết điểm thi tương ứng (vòng 1, vòng ) thí sinh Thí sinh A gọi so sánh với thí sinh B điểm thi A không nhỏ điểm thi tương ứng thí sinh B điểm thi A không nhỏ điểm thi tương ứng B Biết khơng có hai thí sinh có cặp điểm số tương ứng Chứng minh chọn ba thí sinh A, B, C cho A so sánh với B B so sánh với C Lời giải Đặt X i = (ai ,bi ) đại diện cho điểm thi học sinh thứ i , i = 1,2,3, ,20 1�ai ,bi �10 Do khơng có hai thí sinh có cặp điểm số nên X i �X j với i � j Ta quy ước gọi X i > X j �aj ,bi �bj Ta chứng minh tồn số m,n, p mà Am < An < A p Thật vậy, có 10 giá trị dành cho 20 số nên có trường hợp sau xảy ra: - Nếu tồn ba số , aj , ak mà = aj = ak rõ ràng số bi , bj ,bk đơi khác thí sinh có điểm số tương ứng so sánh Trong trường hợp này, toán - Nếu khơng tồn ba số rõ ràng số chia thành 10 cặp, cặp hai số lấy giá trị khơng vượt q 10 Khơng tính tổng quát, ta giả sử a1 = a2 = 1, a3 = a4 = 2, , a19 = a20 = 10 b2i- < b2i với i = 1,2,3, ,10 Lập luận tương tự, ta thấy số b1 , b2 ,b3 , ,b20 chia thành 10 cặp cặp nhận giá trị 1,2,3, ,10 Ta lại có hai trường hợp: + Nếu tồn i , j mà b2i- �b2j- với i < j dễ thấy a2i- = a2i = i < j = a2j- = a2j b2j- �b2j- < b2j nên cặp A2i- < A2j- < A 2j chúng so sánh + Nếu không tồn i , j b2i- > b2j- với 1�i < j �10 Do đó, ta suy b19 = 1, b17 = 2,b15 = 3, ,b1 = 10 Như ta có A1 = (1,10), A3 = (2,9), A = (3,8), , A19 = (10,1) cặp đơi khơng thể so sánh với Ngồi ra, 10 cặp A2 = (1,b2 ), A4 = (2,b4 ), A6 = (3, b6 ), , A 20 = (10, b10) với b2 ,b4 ,b6 , ,b20 hốn vị 10,9,8, ,1 mà khơng có điểm bất động, tức với i = 1,2,3, ,10 b2i �11- i (do điểm thí sinh A2i- A2i khác nhau) Ta giả sử b2i = 10, i > b2 = k < 10 A2 = (1, k) < A1 = (1,10) < A2i = (i ,10) cặp so sánh Do đó, trường hợp, ta ln có đpcm Bài tốn giải hoàn toàn Nhận xét Nếu đề yêu cầu tìm so sánh cần 11 học sinh tồn (chứng minh dễ dàng theo nguyên lí Dirichlet) Tổng quát lên điểm số nhận n giá trị cần n+ học sinh Hãy thử tìm hiểu xem giá trị 20 tốt chưa tổng quát lên thay 10 n kết Nếu không xét cặp số mà xét ba số ta lại có tốn khó xuất kì thi Việt Nam TST 2001 kết tương ứng � 3n2 + 1� � +1 trường hợp n giá trị � � � � � Bài (Đà Nẵng) Cho số 1,2,3, ,n Chúng ta thực việc xóa hai số bảng thay số lần tổng hai số Cứ tiếp tục trình bảng lại số Số cuối bảng số kẹo mà học sinh nhận Chứng minh số kẹo ln lớn 4n với số tự nhiên n �2 Lời giải Với a, b số dương, ta có a + b � 2(a+ b) nên việc thay hai số lần tổng hai số tổng tất bậc hai số bảng khơng giảm Do đó, số nhận cuối S S khơng nhỏ tổng ( ) bậc hai số ban đầu Như thế, ta có S � 1+ + + + n Ta chứng minh bất đẳng thức sau quy nạp 4n3 (*) 1+ + + + n � 32 4� Với n = 2, ta có 1+ = 3+ 2 > 5> = nên (*) 9 4k3 Giả sử (*) đến n = k �2 1+ + + + k � ( ( ) ) ( Ta có ( ) � 4k3 � � 4k3 4k3(k +1) � � 1+ + + + k + k+ �� + k + = + k + + � � � � 9 � � � � ) Ta cần chứng minh 4k3 4k3(k + 1) 4(k + 1)3 + k + 1+ > � 144k3(k+ 1) > 12k2 + 3k- 9 Khai triển ta 72k3 + 111k2 + 30k > 25, nên (*) với n = k +1 Theo nguyên lí quy nạp, (*) chứng minh 4n3 Vậy số nhận cuối bảng không nhỏ Nhận xét Bằng kiểm tra trực tiếp, ta thấy rằng: 4� 32 = , chênh lệch S- d = - Với n = S = d = 9 10 4� 27 = 12, chênh lệch S- d = 256 4� 43 - Với n = S = 40 , chênh lệch S- d = 9 Rõ ràng giá trị chênh lệch tăng nhanh nên có đại lượng dùng để đánh giá tốt Thêm nữa, gọi số lần xuất - Với n = S =18 n i phép biến đổi tổng đạt �i �2 nên toán i =1 giải khai thác theo nhiều hướng khác thú vị Bài (Đà Nẵng) Có cách chia 13 đồ vật đơi khác cho người, cho số có người khơng nhận đồ vật nào? Lời giải Trước hết, ta phát biểu toán tổng quát cho câu hỏi này: Có cách phân hoạch tập hợp có n phần tử thành k tập khác rỗng? Gọi S(n, k) số cách phân chia số Stirling loại Ta chứng minh S(0,0) = 1,S(n,0) = S(0, n) = với (*) S(n + 1, k) = kS(n, k) + S(n, k- 1) Thật vậy, Mỗi cách chia tập n +1 phần tử thành k tập khác rỗng có hai trường hợp sau: - Nếu tập này, có tập hợp { n +1} ta cần đếm số cách phân hoạch n phần tử lại thành k- tập con, có S(n, k- 1) cách - Nếu tập này, khơng có tập hợp { n +1} ta phân hoạch n phần tử lại thành k tập trước với số cách S(n, k) thêm phần tử n +1 vào tập đó, có k cách thêm nên số cách phân hoạch trường hợp kS(n, k) Do hai trường hợp rời nên S(n + 1, k) = kS(n, k) + S(n, k- 1) Trở lại toán cho, 11 Số cách chọn người không nhận đồ vật người C62 = 15 Với người chọn, ta tính số cách chia 13 đồ vật cho họ, tức S(13,4) S(13,4) = 38176950 Vậy số cách chia cần tìm 15� Nhận xét k (- 1)k- i Cki i n Trong kì thi Số Stirling loại cịn tính theo công thức � k! i=0 không cho sử dụng máy tính việc tính tốn kết thời gian nên giữ ngun cơng thức nêu cộng với việc nêu cách xây dựng cơng thức (là bước chứng minh kết (*) trên) Một số tính chất khác số Stirling như: S(n,n- 1) = Cn2 ,S(n,2) = 2n- - Ngồi ra, cịn nhiều tính chất khác tìm thấy nhiều tài liệu Internet khác với từ khóa “Stirling number of the second kind” Bài 10 (PTNK) Cho số nguyên dương n tập hợp X = { 1,2,3, ,4n} Hai tập A, B X gọi “không giống nhau” AVB �2n + với AV B = ( A \ B) �( B\ A ) hiệu đối xứng A B) Xét tập M = { A1 , A , A , , Am} gồm m tập đôi không giống X a) Chứng minh m�2n 4(n + 1) b) Chứng minh m� Lời giải a) Ta giải trường hợp phương pháp đếm hai cách Giả sử ngược lại tồn tập M gồm 2n + tập đôi không giống Ta đếm số ( x,i , j) với 1�i < j �2n + mà x �Ai V A j Theo điều giả sử số (2n + 1) (2n + 1)2n = n(2n + 1)2 12 Với x, giả sử có k,1�k �2n tập Ai chứa x 2n + 1- k tập khơng chứa x Khi số cặp Ai , A j mà x �Ai V A j không k(2n + 1- k) �n(n + 1) n(n +1) Do tập hợp X có tất 4n phần tử nên số nhiều 4n � Từ ta suy bất đẳng thức (2n +1)2n (2n +1) �4n � n(n +1) � (2n +1) �4n( n +1) Điều mâu thuẫn cho thấy điều giả sử sai, m�2n b) Xét tập M = { A1 , A2 , A , , Am} gồm m tập đôi không giống X = X �{ 0} Ta thiết lập tập Ai�theo nguyên tắc sau: Nếu Ai chẵn Xét X � = Ai �{ 0} = Ai , Ai lẻ Ai� Ai� VA� Khi ta có Ai�chẵn với i Từ đó, AVB = A + B - A �B nên Ai� j chẵn với 1�i < j �m DA� �Ai V A j nên Ai� V A j�� Ai V A j �2n + Từ đây, tính chẵn nêu Mà Ai� j trên, ta suy Ai V A j �2n + � = { A1� , A2� , A3� , , A m } thuộc X �, ta có Bây áp dụng lý luận câu a) cho tập M � m( m  1) VA� số (x,i , j) với x �Ai� có ( 2n  2) j m2 Mặt khác số không vượt (4n +1) � Từ đó, ta suy bất đẳng thức m(m 1) m2 4(n  1) (2n  +� 2)��+(4 4(n 1)(m 1) (4n 1)m m  n 1) Ta có đpcm Nhận xét Lời giải câu b khéo léo vận dụng tính chẵn lẻ cách thêm phần tử { 0} VA� � Ai V A j �2n + 1, đại lượng chẵn vào thay có Ai� j nên ta có bất đẳng thức tốt Ai V A j �2n + Nếu xem xét vấn đề đối tượng xâu nhị phân cách thiết lập song ánh sau: 13 Xét song ánh tập A k tập hợp { 1,2,3, ,N } xâu nhị phân xk = a1a2a3 aN với quy tắc: = phần tử i có tập A k = ngược lại Hai tập A k , Al gọi không giống khoảng cách hai dãy nhị phân tương ứng biểu diễn chúng d, khoảng cách hai dãy nhị phân định nghĩa số vị trí mà đó, phần tử hai dãy khác Rõ ràng định nghĩa hoàn toàn tương ứng với cách xác định tập hợp đề cho Các đánh giá chặn tổng quát nêu đây: http://en.wikipedia.org/wiki/Plotkin_bound http://en.wikipedia.org/wiki/Singleton_bound http://en.wikipedia.org/wiki/Hamming_bound http://en.wikipedia.org/wiki/Gilbert-Varshamov_bound http://en.wikipedia.org/wiki/Johnson_bound http://en.wikipedia.org/wiki/Elias-Bassalygo_bound Bài toán cho trường hợp riêng định lí Plotkin bound trường hợp d = 4n+ 1, N = 4n Bài 12 (Nghệ An) Cho bảng ô vuông n�n ( n �2 ) Giả sử số 1,2,3, ,n2 điền tương ứng vào ô số cho tổng số hàng, cột Ta nối tâm ô vector hướng từ ô chứa số lớn đến ô chứa số nhỏ Chứng minh tổng vector r thu vector Lời giải Xét hệ tọa độ Oxy (0;0),(0; n- 1),(n- 1;0),(n- 1; n- 1) hình vng có tọa độ đỉnh Ta quy ước điểm nguyên nằm cạnh hình vng tương ứng tâm hình vng đơn vị bảng vng cho Ta có nhận xét sau: Xét số a, b mà a> b Tâm hình vng đơn vị chứa số tương ứng điểm nguyên có tọa độ (xa; ya),(xb; yb) Khi vector thu ( xb - xa , yb - ya) a 14 b Tương tự, ta gọi n2 tọa độ (x1 , y1),(x2 , y2 ), ,(xn2 , yn2 ) tọa độ tâm hình vng chứa số 1,2, ,n2 Theo đề cặp vng n2 ô vuông cho tạo thành n2(n2 - 1) vector nên rõ ràng có tất Cn2 = ô vuông xuất n2 - vector Xét tọa độ (x1 , y1) tâm ô vuông chứa số 1, dễ thấy n2 - vector nối tâm ô vuông với tâm vng cịn lại điểm cuối tọa độ tương ứng nhận dấu + tính vào tổng vector Giá trị x1 , y1 tổng tất vector (n2 - 1)x1 ,(n2 - 1)y1 Tương tự, xét điểm (x2 , y2 ) điểm cuối n2 - vector điểm đầu vector nối với điểm (x1 , y1) , suy giá trị x2 , y2 tổng tất vector (n2 - 1- 2)x2 ,(n2 - 1- 2)y2 Lập luận tương tự, tăng số lên đơn vị giá trị xi , yi tổng vector giảm giá trị chúng ( n2 - 1- 2(i - 1)) xi ,( n2 - 1- 2(i - 1)) yi Áp dụng nhận xét trên, ta tính vector tổng n2 �n2 � 2 � � x n 2( i 1) , y n 2( i 1) ( ) ( ) � � i i � � i =1 i=1 � � ( ) ( ) �n2 � xi ( n2 - 1- 2(i - 1)) = � � � i =1 Ta cần chứng minh � �n2 � � � � xi ( n - 1- 2(i - 1)) = � � �i=1 ( ) ( ) Vì tổng số hàng nên 15 n �( x ( n - 12 i i =1 n ) n 2(i - 1)) = (n2 - 1)�xi2 - 2�( xi (i - 1)) = i =1 i =1 n- � � n (n- 1) (n +1) n (n- 1)2(n + 1) n(n2 + 1) � � - 2�i �( j - 1) = - 2�i � n = � � � � 2 � � i=1 xj =i i=1 � � � � n2(n- 1)2 (n +1) n(n2 +1)- 2n� n(n- 1)� � � � � = - 2� =0 � � � � � � � � 2 � � � � 2 = n- n Hoàn toàn, tương tự, ta có �( y ( n i =1 i ) 1- 2(i - 1)) = r Vậy vector tổng ta có đpcm Bài 14 (Nam Định) Tại đỉnh đa giác 100 cạnh ta đánh số số tự nhiên từ đến 49 Chứng minh tồn đỉnh đa giác cho (kí hiệu A, B, C, D với số đánh tương ứng a, b,c,d ) cho ABCD hình chữ nhật a+ b= c+ d Lời giải Vì đa giác cho có 100 cạnh nội tiếp đường trịn nên có 50 đường kính tạo 50 đỉnh đối xứng với qua tâm đường trịn Xét đường kính tùy ý số giả sử a, b hai số gán cho hai đầu đường kính Do 1�a,b�49 nên � a- b �48 đường kính 50 đường kính cho tương ứng với 49 số 0,1,2, ,48 16 Theo nguyên lí Dirichlet, tồn hai đường kính có số hiệu đó, giả sử AC , BD Khơng tính tổng quát, giả sử số đánh đỉnh a, b,c,d theo cách xác định a- c = b- d hay a- c = �(b- d) Nếu a- c = b- d a+ d = b+ c , thỏa mãn đề Nếu a- c = d- b a+ b= c+ d thỏa mãn đề Các điểm A , B,C , D nêu đỉnh hình chữ nhật Vậy ta có đpcm Bài 16 (Bắc Ninh) Trong thi có m thí sinh n giám khảo ( m,n ��* n �3, n lẻ) Giả sử k ��* số cho giám khảo cho khơng q k thí sinh đánh giá giống (giám khảo đánh giá thí sinh “đạt” k n- > “không đạt”) Chứng minh m 2n Lời giải Xét bảng vng m�n hàng biểu diễn thí sinh cột biểu diễn cho giám khảo Mỗi ô nhận giá trị giám khảo đánh giá thí sinh “đạt” giám khảo đánh giá thí sinh “khơng đạt” Ta giải toán cách đếm hai cách bảng ô vuông Gọi T tập hợp cặp số hàng Do giám khảo đánh giá giống nhiều k thí sinh nên hai cột có khơng q k cặp số thuộc T Do đó, ta có đánh giá sau T �kCn2 = kn(n- 1) Xét hàng bảng vng, giả sử có p số q số số p(p- 1) + q(q- 1) cặp số Cp2 + Cq2 = Do p+ q= n n số lẻ nên ta có p(p- 1) + q(q- 1) (p+ q- 1)2 � � 2(p2 + q2 - p- q) �(p2 + q2 + 1+ 2pq- 2p- 2q) hay p2 + q2 �2pq+1� (p- q)2 �1 p,q khác tính chẵn lẻ (n- 1)2 Suy Cp2 + Cq2 � m(n- 1)2 Do có m hàng nên T � Kết hợp hai đánh giá T , ta thấy 17 k n- kn(n- 1) m(n- 1)2 � hay � m 2n Đây đpcm Nhận xét Đây toán quen thuộc, đặc trưng cho phương pháp đếm hai cách xuất kì thi IMO 1998 Ngồi cách trên, xử lí phương pháp dùng hệ nhị phân cho kết đẹp Bài 17 (An Giang) Trong buổi liên hoan có người tham dự Hỏi có cách xếp người cho người bắt tay với người cịn lại? Lời giải Bài tốn thực chất kết nhỏ bổ đề bắt tay quen thuộc lí thuyết graph: “Tổng số cách bắt tay nhóm người tùy ý số chẵn hay nói cách khác, tổng số bậc đồ thị chẵn.” 27 số lẻ nên tồn cách Số bắt tay đề 3�= xếp thỏa mãn điều kiện đề Do đó, số cách xếp Bài 18 (Quảng Ngãi) Cho hình thập giác A1A2 A3 A10 có tâm O Tơ màu miền tam giác OA i Ai +1 với 1�i �10 A11 �A1 bốn màu xanh, đỏ, tím, vàng Hỏi có cách tơ màu cho hai miền tam giác cạnh tô hai màu khác nhau? Lời giải Ta phát biểu toán cho thành toán tổng quát sau: Cho đa giác A1A2 A3 An nội tiếp đường tròn tâm O Người m, m> ta dùng màu để tô màu tam giác OA1A ,OA 2A ,OA3A4 , ,OAn A1 Hỏi có cách tơ màu mà hai tam giác có cạnh chung tơ khác màu? Gọi Sn số cách tô màu thỏa mãn đề với n�3 Để đơn giản, ta gọi tam giác OAi Ai +1 tam giác thứ i xem OAn An+1 �OAn A1 Ta xét hai trường hợp sau: 18 - Nếu tam giác thứ tam giác thứ n- tô khác màu tam giác thứ n xen hai tam giác phải tô khác màu với hai tam giác này, có m- cách chọn màu để tô tam giác Hơn nữa, hai tam giác n- tơ khác màu khơng quan tâm đến tam giác thứ n , coi đa giác cịn lại có n- đỉnh tam giác tô màu thỏa mãn đề với Sn- cách Suy số cách tô màu trường hợp (m- 2)Sn- - Nếu tam giác thứ tam giác thứ n- tơ màu tam giác thứ n có m- cách tơ (loại màu tô cho hai tam giác kia) Hơn nữa, tam giác thứ n- phải tô khác màu với tam giác thứ n- nên phải khác màu với tam giác thứ Vẫn lập luận tương tự trên, không quan tâm đến hai tam giác thứ n,n- đa giác cịn lại có n- đỉnh tam giác tô màu thỏa mãn đề với Sn- cách Suy số cách tô màu trường hợp (m- 1)Sn- Do đó, ta Sn = (m- 2)Sn- + (m- 1)Sn- Với trường hợp n= , ta thấy có m cách tô màu cho tam giác thứ 1, m- cách tô màu cho tam giác thứ m- cách tô màu cho tam giác thứ nên S3 = m(m- 1)(m- 2) Ta xét đa giác suy biến có n= đỉnh để tính trường hợp sở S2 cho đơn giản, rõ ràng có tam giác số cách tơ màu S2 = m(m- 1) � S2 = m(m- 1),S3 = m(m- 1)(m- 2) Ta có hệ thức truy hồi � � � Sn = (m- 2)Sn- +(m- 1)Sn- ,n > � Phương trình đặc trưng có nghiệm t = m- t =- nên ta tìm cơng thức tổng quát Sn = (m- 1)n +(m- 1)(- 1)n Do số cách tơ màu thỏa mãn đề (m- 1)n +(m- 1)(- 1)n Trong toán cho, ta có n = 10, m= nên số cách tơ cần tính 94 + (- 1)4 = 738 Vậy số cách tơ màu cần tìm 738 Nhận xét Bài tốn có nhiều cách phát biểu khác chẳng hạn như: số cách phát đề cho học sinh cho hai học sinh ngồi cạnh không nhận giống đề Trên thực 19 tế, việc nhiều tốn có chất truy hồi thường gặp ta cần phải linh hoạt phân tích, nhận biết để xử lí cách dễ dàng Bài 19 (Quảng Ngãi) Kí hiệu S tập hợp tất số nguyên dương m có tính chất: i Các chữ số số m đôi khác ii Các chữ số số m thuộc tập hợp { 2;4;6;8} Hãy tính tổng tất số thuộc tập hợp S Lời giải Do chữ số số m đôi khác nên có số m có khơng q chữ số Ta xét trường hợp với số có i = 1,2,3,4 chữ số Nếu m có i chữ số, có tất A4i số thế; dễ thấy chia chúng thành cặp có tổng 10i Thật vậy, ta thấy số abcd �S với a, b, c,d �{ 2,4,6,8} số có dạng (10- a)(10- b)(10- c)(10- d) �S Như thế, tổng số A 4i 12 24 24 10 � = 10� + 102 � + 103 � + 104 � = 132620 � 2 2 i =1 i Vậy tổng cần tìm Bài 20 (Bến Tre) Ta gọi A tập hợp “đầy đặn” A chứa số thực phần tử x A x- x +1 thuộc A Tìm số tập hợp đầy đặn tập { 1;2;3; ;2011;2012} Lời giải Xét tập hợp “đầy đặn” A = { a,b,c,d, e} với 1�a< b< c < d < e�2012 (*) Theo giả thiết, ta thấy b= a+ 1, e= d+ c = b+ 1�c = d- Gọi S tập hợp tất tập hợp đầy đặn thỏa mãn đề Gọi S1 tập S mà tập hợp đầy đặn thỏa mãn c = b+1 , S2 tập S mà tập hợp đầy đặn thỏa mãn c = d- Do S = S1 �S2 nên S = S1 + S2 - S1 �S2 *Tính số phần tử tập hợp S1 20 Xét tập hợp đầy đặn A = { a,b,c,d, e} thuộc S1 , dễ thấy a, b, c số liên tiếp nên ta đếm số giá trị a thỏa mãn Do điều kiện (*) nên 1�a�2008 Hơn nữa, ứng với cách chọn a, số d nhận giá trị tùy ý từ a+3 đến 2011 nên có 2009- a cách chọn d (rõ ràng cách tương ứng với cách chọn cặp (d, e) ) 2008 2008Suy ra, S1 = �( 2009- a) = 2009� a=1 2008� 2009 *Tính số phần tử tập hợp S2 Rõ ràng tồn song ánh từ S1 đến S2 với A1 = { a,b,c,d,e} �S1 tập hợp tương ứng với A2 = { 2013- a,2013- b,2013- c,2013- d,2013- e} �S2 Suy S2 = S1 *Tính số phần tử tập hợp S1 �S2 Dễ thấy tập hợp chứa phần tử liên tiếp thế, với cách chọn a tạo thành tập hợp đầy đặn thuộc S1 �S2 Số cách chọn 2008 1�a�2008 � 2008� 2009� � 2009� 2008- 2008 = 2008( 2� 2009- 2009- 1) = 20082 � Vậy S = 2� � � � � � Nhận xét Bài tốn giải cách liệt kê tập hợp thỏa mãn đề theo quy luật định đếm trực tiếp số lượng Nếu thay số 2012 số n > kết thu cách chứng minh hoàn toàn tương tự (n- 4)2 Tuy nhiên, thay số lượng phần tử tập hợp đầy đặn thành m vấn đề phức tạp nhiều 21