[Blog Toán học] Lê Phúc Lữ - Bai Tap Luyen Thi TST 2017

Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 BÀI TẬP LUYỆN THI CHỌN ĐỘI TUYỂN IMO 2017 Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu Các toán có tham khảo thêm từ số nguồn khác nhau: đề trường hè, trường Đông, trường Xuân TPHCM, đề thi HSG cấp quốc gia, chọn đội tuyển số nước, đề thầy Phạm Huy Tùng, anh Võ Quốc Bá Cẩn, anh Lê Hồng Q, bạn Nguyễn Đình Tồn PHẦN ĐẠI SỐ Bài Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện  a2 b2 c2  a  b  c  12  , ,   a  b  c  15  Tìm giá trị nhỏ tổng S  a  b  c Hướng dẫn Dự đoán GTNN S  đạt a  1, b  2, c  , nghĩa a  b  c  Chú ý hàm số biểu thức đồng biến nên toán đưa chứng minh a  1, b  2, c   a2 b2 c2  Đến đây, dùng phản chứng, kết hợp xét trường hợp Đặt P   , ,   a  b  c  15  Giả sử a  a  2a 2a 2a 10a  , b  c  a  b  c  a     12 P , a 1 a 1 a 1 a 1 mâu thuẫn Suy b  c  Lại xét b  c  ta có mâu thuẫn tương tự Nếu c  có mâu thuẫn, nên a  dẫn đến b  2, c  , điều khơng thỏa abc  2a 4b 6c    12 P  a  b  c  15 Bài Tìm tất số tự nhiên n  cho n số thực dương a1 , a2 , a3 , , an với max a1 , a2 , a3 , , an   n  a1 , a2 , a3 , , an  tồn ba số ba cạnh tam giác nhọn Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Hướng dẫn Giả sử có dãy tăng a1  a2    an an2  n a12 Nếu dãy khơng có ba số tạo thành tam giác nhọn a32  a12  a22  2a12 , a42  a22  a32  3a12 , a52  a32  a42  5a12 an2  Fn a12 với Fn dãy Fibonacci Từ đưa tốn tìm n lớn để Fn  n  Bài Cho đa thức monic P ( x) với hệ số nguyên a0 số nguyên cho trước Xây dựng dãy số (ak ) thỏa mãn ak 1  P (ak ) Chứng minh tồn m nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện sau: i am  am1  am   ii am , am1 , am  , dãy tuần hoàn với chu kỳ không vượt Hướng dẫn Trường hợp deg P  dễ thấy P ( x)  x  a dãy cho cấp số cộng, dễ xử lý Nếu deg P  tồn x0 nguyên dương để P ( x)  x với x  x0 Khi đó, có m để am  x0 ta có trường hợp i Ngược lại am  x0 với m đủ lớn Vì nên dãy cho bị chặn dễ thấy có tuần hồn.Đến đây, để chứng minh chu kỳ khơng vượt q ta nhớ đến tốn: “Khơng tồn a, b, c   phân biệt cho P ( a )  b, P (b)  c, P (c )  a với P ( x)  [ x ] ”  Bài Chứng minh không tồn hàm số f :      thỏa mãn   f  f ( x)    x  với x  f ( x)   Hướng dẫn Thay x  f ( x )  , ta f ( x)   f  x 1 1   f ( x)  x 1 f ( x)  Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Với y  tồn x  để x   1  y , nên f ( y )  f ( x )  1  x 1 f ( x)   Xét x   x   f  f ( x)   f ( x)   Nếu f ( x )  y  f ( x)   theo nhận xét f ( y )  , mâu thuẫn f ( x) Đến suy f ( x )  với x  hay f (2)  x  1, x  , vơ lý Ta có đpcm  Bài Cho dãy số (an ),(bn ), (cn ) thỏa mãn điều kiện i/ a0  1, b0  c0  , ii/ an  an1  cn1 a b , bn  bn1  n1 , cn  cn 1  n 1 với n  n n n Chứng minh  an  bn , bn  cn , cn  an   với n  3( n  1) Hướng dẫn Ta đưa chứng minh d n  (an  bn )  (bn  cn )  (cn  an )2  Từ cơng thức cho, ta suy d n  làm trội n 1 n2  n  d n 1 với n  Từ dùng đánh giá n2 n2  n  n  với ý d0  , ta có n n 1 dn  n n 1 n  2     d0   n  n n 1 n 1 Bài Với n  2, xét số thực 1  x1  x2    xn  y1  y2    yn thỏa mãn x1  x2    xn  x12017  x22017    xn2017 Chứng minh x12017 y1  x22017 y2    xn2017 yn  x1 y1  x2 y2    xn yn Hướng dẫn Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 k Đặt sk    xi2017  xi  sn  dãy ( sk ) tăng xi  giảm xi  nên i 1 suy sk  với k  1, 2,3,  , n n Bất đẳng thức cho 2017 i  y (x i  xi )  Đến đây, dùng khai triển Abel i 1 n 2017 i  y (x i  xi )  s1 ( y1  y2 )  s2 ( y2  y3 )    sn yn i 1 Vì sn  y1  y2    yn nên dễ thấy tổng âm Ta có đpcm  Bài Đếm số hàm số f :    liên tục thỏa mãn điều kiện f ( x ) f ( x)  x   f ( x) f ( x)  x   f ( x)  f ( x ) với x , hai hàm f1 , f gọi khác tồn x0 cho f1 ( x0 )  f ( x0 ) Hướng dẫn 0 1 Dùng biến đổi đại số, suy f ( x)   với x  x / 1  x / 1 Với điều kiện liên tục, ta thấy x chạy từ  đến  đồ thị f ( x ) phải đường liền Ta chia thành trường hợp theo hướng B, A  B, A  C , A  B  C , vẽ đồ thị đếm có 20 hàm số thỏa mãn  Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Bài Cho x, y, z số thực khác thỏa mãn điều kiện: x  xy  yz  y  yz  zx  z  zx  xy Đặt T  ( x  y  z )3 Chứng minh T  27 T  49 xyz Hướng dẫn Đặt A  x  xy  yz , B  y  yz  zx, C  z  zx  xy A  B  C  x  y  z A2  B  C  x  y  z  2( x y  y z  z x )  2( x y  y z  z x )  ( x  y  z )2  2( x y  y z  z x )  ( A  B  C )  2( x y  y z  z x)  AB  BC  CA  x y  y z  z x Do A  B  C nên ( A  B  C )  3( AB  BC  CA)  ( x  y  z )  3( x y  y z  z x) Đặt a  x  y  z , b  xy  yz  zx, c  xyz A  B  C  k Suy 3k  x  y  z hay a  2b  3k Ta có:  x  x3 y  x yz  k x  2  y  y z  xy z  k y  z  z x  xyz  k z   x  y  z  ( x y  y z  z x )  xyz ( x  y  z )  3k Theo (*) 3( x3 y  y z  z x)  ( x  y  z )  9k nên x  y  z  xyz ( x  y  z )  6k  2b  5ca  3k  x yz  xy z  y z  k yz  Mặt khác, ta có  y zx  xyz  z x  k zx  z xy  x yz  x y  k xy  Suy x y  y z  z x  k ( xy  yz  zx )  b  2ca  bk a  2b  3k b  3k  Ta có hệ 2b  5ca  3k Từ đẳng thức thứ 3, ta có b  5bk  6k   b  2k b  2ca  bk  Ta xét trường hợp: Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 a3 a 81k (1) Nếu b  3k a  9k ca  3k Do đó: T     27 c ac 3k 2 (2) Nếu b  2k a  k ca  k Do đó: T  a3 a 49k    49 c ac k Vậy giá trị biểu thức T 27 49  Bài Cho số thực x, y, z với x  y  z  21 Tìm số thực dương k nhỏ cho bất đẳng thức sau x  ky  y  kz  z  kx  (*) với x, y, z thỏa mãn điều kiện cho Hướng dẫn Ta thấy x  4, y  2, z  thỏa mãn điều kiện x  y  z  21 , thay vào ta có  k   k   4k    3k   4k    4k   3k 1  4k   3k  1  4k   (1  3k ) k   k  Do đó, với k  (0; 2) (*) khơng thỏa mãn Suy k  , ta chứng minh k  thỏa mãn đề Đặt A  x  y  y  z  z  x A2   ( x  y )  2 ( x  y )( y  z )  5( x  y  z )  4( xy  yz  zx)   ( x  y )( y  z )  105  4( xy  yz  zx)  ( xy  yz  zx )  14  49 4( xy  yz  zx  14)  ( xy  yz  zx)  14  ( xy  yz  zx )  14  49     0 0 Để ý A  nên A  Do đó, bất đẳng thức (*) với k  Đẳng thức xảy chẳng hạn x  4, y  2, z  Vậy giá trị k cần tìm  Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 PHẦN SỐ HỌC Bài Tìm tất số nguyên dương n chẵn cho đặt an  1    1!(n  1)! 3!(n  3)! (n  1)!1! phương trình x  an (2 y  1) có nghiệm nguyên dương x, y Hướng dẫn Nhân n ! vào an dùng khai triển nhị thức Newton để rút gọn, ta có an  2n 1 n! Dùng công thức Legendre với k  [log n] , ta có k n k n  v2 (n !)    i    i  n   k  i 1   i 1   1   n 1    n    n Đẳng thức xảy n lũy thừa Từ dễ dàng suy điều kiện cần tìm là: n chẵn lũy thừa  Bài Giả sử số S  1! 17! 33! 49!   2001! 2017! biểu diễn dạng f1 1! f  2!   f k  k ! với  fi  i f k  Tính f1  f  f    (1) k 1 f k Hướng dẫn Dễ dàng chứng minh biểu diễn S Chú ý đẳng thức sau ( n  16)! n !  ( n  15)  ( n  15)! ( n  14)  ( n  14)!   n  n ! Suy 33! 17!  32  32! 31  31!   17 17! Cứ thế, ta xác định tất hệ số biểu diễn cho  Bài Cho a1 , a2 , , a63 hoán vị số 1, 2,3, ,63 Chứng minh có khơng q 38 số phương xuất dãy số sau k bk  2017   , k  1, 63 i 1 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Hướng dẫn Xét dãy số phương không vượt 2017 442 , 432 , 422 , , 32 , 22 ,12 (*) Giả sử có khơng 39 số phương dãy (bk ) dãy (*) trên, ta xóa khơng q số phương, làm khơng q 10 cặp số phương liên tiếp Chú ý hiệu hai số phương liên tiếp lẻ nên từ công thức bk , dễ thấy có 43  10  33 số lẻ ak Đây điều vơ lý từ  63 có 32 số lẻ  Bài Số nguyên dương x gọi “số đẹp” x | x  a) Với số nguyên dương n , gọi sn số số đẹp không vượt n Chứng minh sn   log n  với n b) Với số đẹp x, gọi k số nguyên dương có tập hợp ước nguyên tố với x  Chứng minh x  kx số đẹp Hướng dẫn a) Quy nạp để chứng minh số x  3k thỏa mãn đề b) Để chứng minh x  số đẹp Ta đặt x   tx với t    t lẻ, ta có 22 x 1   2tx   (2 x  1)(2 x (t 1)  x (t  2)    1) chia hết cho x  Do x  số đẹp Từ ta chứng minh x, y số đẹp gcd( x, y ) lcm( x, y ) số đẹp Thật vậy, Ta có kết quen thuộc gcd(2 x  1, y  1)  2gcd( x, y )  Hơn gcd( x, y ) ước chung x, y ước chung x  1, y  nên chia hết 2gcd( x , y )  Do đó, gcd( x, y ) số đẹp Tương tự, 2lcm( x , y )  chia hết cho x  1, y  nên bội chung x  1, y  bội chung x, y Suy 2lcm( x , y )  chia hết cho lcm( x, y ) hay lcm( x, y ) số đẹp Tiếp theo, để chứng minh kx đẹp, theo kết trên, ta cần chứng minh px đẹp với p ước nguyên tố x  Ta có hai trường hợp : - Nếu p | x v p ( x)  theo LTE v p (2 px  1)  v p (2 x  1)   v p ( x)  Do px  chia hết cho x chia hết cho p v p ( x ) 1 nên chia hết cho xp - Nếu p | x px  chia hết cho x1 chia hết cho p, x nên chia hết cho xp  Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Bài Cho số nguyên dương n  k  với k    , k  Chứng minh tồn tập hợp A có n nhiều phần tử, tập {1, 2,3, , n} A  ( A  A)  ( A  A  A) không chứa lũy thừa không âm Hướng dẫn Ta chọn A tập hợp tất số chia hết cho không vượt n số n  2k  Khi đó, n dễ thấy A  Trước hết, dễ thấy A khơng có số lũy thừa Ngoài ra, tổng hai số A chia hết cho có dạng n  x với x  n Chú ý n  x  k   x  k  nên lũy thừa 2k   x  k 1   3x  2k , vô lý Tương tự n  x  y với x  y  n lũy thừa dẫn đến vô lý  Bài Cho đa thức P ( x)  x 2048  a2047 x 2047  a2046 x 2046   a2 x  a1 x  a0 hệ số {4,8,12,16}, i  0, 2047 a) Chứng minh đa thức P ( x)  bất khả quy b) Hỏi có tồn đa thức P ( x) khả quy hay không? Hướng dẫn a) Đặt Q ( x)  P ( x)  , xét Q ( x  1) 2047 Q( x  1)  ( x  1) 2048   ( x  1)2047  i0 k Chú ý theo định lý Lucas C2048 với  k  2047 chẵn nên theo tiêu chuẩn Eisenstein cho số nguyên tố p  , ta thấy P ( x )  bất khả quy b) Có thể xây dựng đa thức P ( x) có nghiệm x  2 nên câu trả lời khẳng định Cụ thể 681 P( x)  x 2046 ( x  2)  4( x  1)( x  2) x k  k 0 Bài Cho dãy số ( xn ) xác định công thức:  x  x  x   xn 1  x0  1, xn  2017   với  n  2017 n   Hỏi có số i mà  i  2017 cho xi chia hết cho 3? Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Hướng dẫn Biến đổi công thức truy hồi cho, ta có xn  Suy x1  2017  C2017 , x2  n  2016 xn 1 n 2017  2016 2017  2016  2015  C2017 , x3    C2017 3 n Chứng minh quy nạp xn  (1) n C2017 i Ta cần đếm số i mà xi  C2017 chia hết cho Để thực điều này, ta đếm i số i mà C2017 không chia hết cho thông qua định lý Lucas Ta có biểu diễn tam phân 2017 là: 2017  2202201(3) Do  i  2017 nên ta xét biểu diễn tam phân i i  a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (3) với  0,1, 2 , i  1, i Theo định lý Lucas C2017  C2a1 C2a2 C0a3 C2a4 C2a5 C0a6 C1a7 (mod 3) Để số không chia hết cho  a1 , a2 , a4 , a5  ,  a7  a3  a6  Số cách chọn giá trị  34  162 Ứng với cách chọn cho ta số thỏa mãn đề nên số số cần tìm 2018  162  1856  Bài Cho đa thức f ( x )  x  x Mỗi lần ta phép thực hai thao tác: đạo hàm đa thức nhân thêm vào đa thức x  Giả sử sau 2017 lần thực hiện, ta thu đa thức ax  b Chứng minh 2( a  b) chia hết cho 2016 Hướng dẫn Thay x  y  , ta đưa toán f ( y )  ( y  1)8  ( y  1)7 , lần đạo hàm nhân thêm cho y vào đa thức có Khi đó, sau 2017 lần thu a( y  1)  b  ay  (b  a) Ta đưa chứng minh a  b chia hết cho 49 Đến đây, ý mấu chốt tốn nhận xét hệ số bậc cao thứ nhì đa thức ban đầu sở để tạo thành hệ số tự a  b Hệ số bậc đa thức ban đầu C87   7 Ngồi ra, để từ bậc khơng nhỏ xuống bậc phải đạo hàm lần, thu hệ số 7! , a  b chia hết cho  7! , suy 2( a  b) chia hết cho 2016  10 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Bài Gọi P tập hợp số nguyên tố nhỏ 2018 Một số nguyên dương n gọi “kì lạ” n có ước nguyên tố thuộc P không tồn số nguyên dương a, d thỏa mãn điều kiện: số a, a  d , a  2d , , a  2018d nhỏ n nguyên tố với n Đặt N  2018 p pP a) Chứng minh N số “kì lạ” b) Hỏi có tồn hay khơng số kì lạ n mà n  N ? Hướng dẫn a) Giả sử tồn số nguyên dương a, d cho số a, a  d , a  2d , , a  2018d với i  0,1, 2, , 2018 thỏa mãn  a  id  N ( a  id , N )  N dễ thấy a  2018d  N  2018M  d  M Do đó, tồn số 2018 nguyên tố p  P cho ( d , p )  Đặt M  Khi đó, số a, a  d , , a  ( p  1)d  lập thành hệ thặng dư đầy đủ mod p nên tồn j  0,1, 2, , p  1 cho p (a  jd ) Chú ý  j  p  2018 nên theo cách chọn a, d ( a  jd , N )  Tuy nhiên, N a  jd chia hết cho p nên ( a  jd , N )  p  , mâu thuẫn Do đó, khơng tồn số ngun dương a, d thỏa mãn điều kiện nên N số “kì lạ” b) Xét số nguyên dương n  N , ta chứng minh n số kì lạ Do tất ước nguyên tố n bé 2018 nên ta đặt n  p1a1 p2a2 pkak pi  P   , i  1, 2,3, , k Ta chọn a  1, d  p1 p2 pk dễ dàng thấy ( a  id , n)  với i  1, 2,3, , 2018 Đồng thời n  N  2018 P  2018d nên n   2018d Khi đó, tồn số nguyên dương a, d thỏa mãn điều kiện nên n số kì lạ Câu trả lời phủ định  11 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 PHẦN TỔ HỢP Bài Cho tập hợp X  {1, 2,3, , 2018} Hỏi có số nguyên dương k thỏa mãn đồng thời điều kiện sau đây: i)  k  2017 ii) Tồn cách phân hoạch X thành hai tập A  {a1 , a2 , , a1009 } B  {b1 , b2 , , b1009 } cho  bi  {1, k} 1009 iii) Với cách phân hoạch thỏa mãn ii) tổng T    bi có tận i 1 Hướng dẫn Ta có nhận xét với k ln tồn phân hoạch thỏa mãn ii) chẳng hạn, ta xét A tập hợp số chẵn B tập hợp số lẻ Gọi m số lần có hiệu k T  (1009  m) 1  m  k  1009  ( k  1) m Do đó, ta cần tìm điều kiện k cho phân hoạch thỏa ii) ( k  1) m chia hết cho 10 Trước hết, ta thấy k chia dư thỏa mãn Thật vậy, 1) Nếu k  (mod 10) hiển nhiên 10 k  iii) thỏa 2) Nếu k  (mod 10) k chẵn Khi đó, ta cần chứng minh m chẵn Điều viết m  m1  m2 với m1 , m2 số cặp chẵn, lẻ có hiệu k Khi đó, rõ ràng X , số lượng số chẵn lẻ Đồng thời cặp (ai , bi ) có  bi  chứa số loại số chẵn, số lẻ Suy m1  m2 hay m số chẵn Do đó, tất số dạng thỏa mãn điều kiện cho Ta xét trường hợp k khơng có dạng trên, ta chứng minh số khơng thỏa mãn 3) Xét k lẻ k  không chia hết cho chọn phân hoạch gồm cặp (1, k  1) có hiệu k ; lại chia thành cặp số liên tiếp thỏa mãn ii) Khi đó, m  T  1008  k , muốn số có tận k phải chia 10 dư 1, không thuộc trường hợp xét 4) Xét k chẵn k  không chia hết cho k  số lẻ khơng chia hết cần có m chia hết cho 10 Ta xét phân hoạch gồm hai cặp (1, k  1), (2, k  2) lại chia thành cặp số liên tiếp Khi m  ( k  1) m không chia hết cho 10 Từ đó, ta thấy điều kiện cần đủ để k thỏa mãn đề k chia dư Từ đến 2017 có tất 403 số nên đáp số cần tìm 403  12 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Bài Có quốc gia Đông Doanh Nam Quốc Tây Lương Nữ Quốc Đông Doanh Nam Quốc tồn trai, Tây Lương Nữ Quốc tồn gái Con trai bên nam quốc thích theo đuổi gái bên nữ quốc lăng nhăng nên người theo đuổi nhiều Mỗi người gái có số quyến rũ riêng, ta ký hiệu f ( y ) số quyến rũ y Biết rằng, người trai x theo đuổi người gái y ta có ràng buộc u ( y )  v( x)  f ( y ), v ( x ) số người gái mà x theo đuổi, u ( y ) số người trai theo đuổi y Chứng minh số dân Đông Doanh Nam Quốc không lớn tổng số quyến rũ người gái Tây Lương Nữ Quốc Hướng dẫn Gọi X , Y tập hợp chàng trai Nam Quốc cô gái Nữ Quốc Với x  X , y  Y , ta gọi N ( x) tập hợp tập hợp cô gái mà x theo đuổi N ( y ) tập hợp chàng trai theo đuổi y Từ giả thiết, ta có Chú ý Hơn f ( y)  với x theo đuổi y v( x) u ( y )  nên yN ( x ) v ( x)   X yN ( x ) v ( x)   xX f ( y) f ( y) f ( y)      N ( y)   f ( y) yN ( x ) v( x) xX yN ( x ) u ( y ) yY xN ( y ) u ( y ) yY d ( y ) yY   xX Ta có đpcm  Bài Cho bảng vng kích thước n  n mà ô tô màu đen trắng Một bảng có tất tơ đen gọi “bảng xấu” bảng có tất ô tô trắng gọi “bảng đẹp” Người ta thực thao tác: 1) Chọn hàng cột đổi màu tất theo quy tắc đen  trắng 2) Chọn ô vuông đổi màu tất dịng cột với (kể nó) theo quy tắc đen  trắng Chứng minh rằng: a) Với n  2017, từ bảng xấu, sau số hữu hạn thao tác loại 1, giả sử thu bảng khơng phải bảng đẹp bảng có 2017 trắng b) Với n  2016, cần 20162 thao tác loại để chuyển từ bảng xấu sang bảng đẹp Hướng dẫn 13 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 a) Rõ ràng việc chọn dòng cột lẻ lần quy việc chọn lần, cịn chọn chẵn thì xem khơng chọn Do đó, ta gọi x, y số lần cột số dịng chọn Khi đó, từ bảng xấu, ta thu bảng có F  xy  (2017  x)(2017  y ) ô trắng Ta chứng minh F  giá trị nhỏ 2017 Thật vậy,    Nếu x  F  2017(2017  y ) , dễ thấy số số dương chia hết cho 2017 nên F  2017 Nếu x  2017 F  2017 y , tương tự, số chia hết cho 2017 Nếu  x  2016 F  1 y  (2017  2016)  (2017  y )  2017, Vậy trường hợp, ta thấy bảng khơng đẹp có 2017 trắng b) Ta chứng minh tổng quát gọi f ( n ) số lần thao tác cần dùng cho bảng n  n với n chẵn f (n)  n Giả sử ngược lại f (n)  n ta thực đổi màu được, có khơng chọn Khơng tính tổng qt, ta giả sử ơ góc bên trái, gọi đặc biệt Chú ý việc chọn nhiều lần quy chọn lần, nên ta coi chọn khơng chọn Khi đó, tổng số chọn hàng cột phải số lẻ (vì thân đặc biệt khơng chọn nên phải bị đổi màu theo ô khác) Ta tiếp tục giả sử hàng có lẻ chọn cột có chẵn chọn Gọi bảng ( n  1)  ( n  1) cịn lại phía “bảng con” Xét hàng 1, cột Do hàng có lẻ ô chọn nên cột 2, vùng nằm bảng có chẵn chọn Tương tự với cột cịn lại  Khi đó, tổng số ô chọn bảng số chẵn Lại xét ô hàng 2, cột Do cột có chẵn chọn nên hàng 2, vùng nằm bảng có lẻ ô chọn Tương tự với hàng lại  Khi đó, tổng số chọn bảng số lẻ (vì n  số lẻ) 14 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Điều mâu thuẫn cho thấy khơng thể có ô không chọn, nghĩa tất ô phải chọn Hơn nữa, chọn tất rõ ràng thay đổi 2n  lần, thỏa mãn Vậy ta có f (n)  n2 Bài toán giải hoàn toàn  a1,1 x1  a1,2 x2    a1, n xn   a2,1 x1  a2,2 x2    a2, n xn  Bài Cho hệ phương trình  với tham số , j {0,1}, i, j  an ,1 x1  an ,2 x2    an , n xn   Hỏi có hệ phương trình có nghiệm mà tổng hệ số n  ? (Hai hệ phương trình khác có hệ số , j hệ khác với hệ kia) Hướng dẫn Rõ ràng để hệ có nghiệm :   Mỗi phương trình phải có hệ số khác Mỗi biến phải có hệ số khác Do đó, tổng hệ số n ta có tất n ! cách xếp số Còn lại số nữa, xếp vào vị trí tùy ý, ta có n2  n cách Do đó, có tất (n  n)  n ! cách xếp  Bài Cho tập hợp A  {1, 2,3,  , n} Chứng minh số đa tập (multiset) có phần tử lấy từ A số lượng phần tử không vượt n bội n  Hướng dẫn Dùng chia kẹo Euler toán x1  x2    xn  xn 1  n , số đa tập cần tìm C2nn Ta có n  n n  n C2nn    C2nn  C2nn  C2nn1   Đây số Catalan   C2 n  C2 n  n 1 n 1  n 1  Bài Số 20162017 viết hệ nhị phân có dạng 1001100111010010111100001 Đây dãy số nhị phân có tính chất sau:     Có Có Có Có 6 6 cặp 00 cặp 11 cặp 10 cặp 01 Hỏi có tất số tự nhiên viết hệ nhị phân có tính chất trên? 15 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Hướng dẫn Ta ký hiệu dãy số liền dãy A dãy số liền dãy B Khi đó, theo đề dãy số nhị phân thỏa mãn có dạng ABABABABABABA gồm dãy A dãy B (chú ý ta không cần xét trường hợp B đứng đầu) Rõ ràng dãy có độ dài k tạo thành k  cặp ( 00 11 ) nên số lượng số   13 số lượng số   12 Gọi x1 , x2 , , x7 độ dài dãy A x1  x2   x7  13 Số nghiệm dương phương trình C126 , cách tạo thành dãy A Tương tự, ta tìm C115 cách tạo thành dãy B Mỗi dãy A, B cho ta dãy nhị phân, dãy nhị phân cho ta số tự nhiên thỏa mãn đề Vậy có tất C126  C115 số nguyên dương thỏa mãn đề  Bài Một nhóm có n  học sinh phân hoạch thành m  nhóm nhỏ cho: i) Mỗi nhóm có số thành viên ii) Hai nhóm tùy ý có thành viên chung iii) Hai thành viên tùy ý tham gia chung nhóm Chứng minh 2( m  n)  số phương Hướng dẫn Gọi k số thành viên nhóm Trước hết, dùng đếm hai cách, chứng minh n 1 thành viên tham số số lượng nhóm giống k 1 Khi đó, * Đếm số (học sinh, học sinh, nhóm) mà hai học sinh tham gia vào nhóm, ta có Cn2  mCk2  n(n  1)  k (k  1)m * Đếm số (nhóm, nhóm, học sinh) mà hai nhóm có học sinh tham gia chung, ta có 16 Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Cm2  nC n21  k 1 m(m  1) n n  n  k   (k  1)2 m(m  1)  n(n  1)(n  k ) hay 2 k 1 k 1 ( k  1) m( m  1)  k ( k  1) m( n  k )  ( k  1)( m  1)  k ( n  k ) Giải hệ ta có m  n  k  k  Suy 2( m  n)   4( k  k  1)   (2k  1) số phương Ta có đpcm  Bài Cho n nguyên dương tam giác Trên cạnh tam giác, trừ hai đỉnh có n điểm, chia cạnh tam giác thành đoạn nhỏ Nối cặp điểm mà đoạn thẳng tương ứng song song với ba cạnh tam giác cắt đôi tạo thành lưới tam giác Hỏi có tam giác có đỉnh thuộc tập hợp điểm lưới tạo thành (cạnh không thiết song song với cạnh ban đầu) ? Hướng dẫn Đáp số Cn4 Sử dụng truy hồi kết hợp với nguyên lý bù trừ    Bài Cho n số thực x1 , x2 , , xn thỏa xi  1, i  1, n Xét tập hợp A    xi yi yi  {1,1} 1i n  n 2   n Chứng minh số phần tử có trị tuyệt đối bé A không vượt C Hướng dẫn Trước hết, cần chứng minh bổ đề (định lý Sperner): Cho A1 , A2 , , Am tập n số nguyên dương đầu tiên, đồng thời Ai  A j với i  j Khi đó, m  C n 2   n Với toán cho, xét xi  khơng đổi dấu yi  XIN CHÚC CÁC BẠN THÍ SINH CĨ MỘT KỲ THI THÀNH CƠNG! 17 ...    xn  x 12017  x 22017    xn2017 Chứng minh x 12017 y1  x 22017 y2    xn2017 yn  x1 y1  x2 y2    xn yn Hướng dẫn Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 k Đặt sk    xi2017  xi  sn... xy  (2017  x) (2017  y ) ô trắng Ta chứng minh F  giá trị nhỏ 2017 Thật vậy,    Nếu x  F  2017( 2017  y ) , dễ thấy số số dương chia hết cho 2017 nên F  2017 Nếu x  2017 F  2017 y...  ? ?2017   với  n  2017 n   Hỏi có số i mà  i  2017 cho xi chia hết cho 3? Hướng tới kỳ thi VN TST năm 2017 Hướng dẫn Biến đổi công thức truy hồi cho, ta có xn  Suy x1  ? ?2017  C2017