Bài tập Toán rời rạc – Toán 11 phần 1

Cho các số nguyên dương , ; m n một bảng hình vuông kích thước n n  được gọi là bảng “ m  hoàn thiện” nếu tất cả các ô của nó được điền bởi các số nguyên không âm (không nhất thiế[r]

(1)

BÀI TẬP TOÁN RỜI RẠC

Câu 1. Gọi f n  số cách chọn dấu cộng,trừ đặt biểu thức:En   1 nsao cho En 0.Chứng minh rằng:

a) f n 0 n1,2(mod 4)

b) Khi n0,3(mod 4)ta có

 2 1

2 ( ) 2 2 2

n n

n f n

        

  

Hướng dẫn giải

a) Giả sử tồn cách đặt dấu +,- với n1,2(mod 4) để En 0 Khi   n số chẵn,vì

( 1) 0( d 2)

2

n n mo

  n 0,3(mod 4)

,trái với n 1,2(mod 4) .Vậy giả sử sai,ta có điều cần chứng minh.

b)Ta chứng minh :

1 2

( ) 2 2

n n

f n

       



  ,thật vậy:

Chia tất biểu thức thành 2n1 cặp theo dạng: (1 2 a23a3  nan;-1 2 a23a3  nan)

với ai 1

Nếu f n( ) 2 n1 theo nguyên lý Dirichlet tồn biểu thức nằm cặp trên,hiệu chúng Do chúng khơng thể (mâu thuẫn !)

Do

1

1 1 2

( ) 2 2 2 2 2

n

n n n n

f n

       



 

     (1)

Ta chứng minh

 2

( )

2 n f n 

Xét biểu thức En ,gọi An tập hợp số xuất En với dấu  trước

Nếu En 0 tổng phần tử An

 1

4

n n

Ta định nghĩa An4 sau:

Nếu 1An An4 An\{1} { n2,n4} ;

Nếu 1An chọn An4 An{1,n1,n3}

(2)

Nếu 2An ta chọn An4An{2,n1,n2}

Như với cách chọn An ta xây dựng tập An4

Giả sử cho trước tập An4 Ta thấy tập An4 xây dựng từ tập An thêm cặp tập

n1;n2;n3;n4 An chứa cặp thế.

Do ta trường hợp xây dựng An4 từ xác định An nhất.Do

ánh xạ từ An vào An4 đơn ánh

Mặt khác với An xác định En ,với En xác định An

Do f n( 4) ( ). f n Ta có f  3 f  4 2

Suy ra:

 2 4 3

2

(4 3) (4 1 4) (4 1) 4 (4 5) 4 (3) 2

k k

f k f k f k f k f



          

 2 4

2 1 1

(4 ) (4 4) 4 (4 8) 4 (4) 2.4

2 k

k k

f k  f k  f k    f   

Vì vậy:

 2

( )

2 n f n 

(2)

Câu 2. Giả sử a a1, , ,2 an số thực cho trước Chứng minh ln có số thực x cho tất

cả số a1x a, 2x, ,anx số vô tỷ

Giả sử t số vơ tỉ Ta chứng minh số t t, , ,n1t có số thỏa mãn Giả thiết phản chứng số số thỏa mãn

Lập bảng n1 x n sau:

     

1

2 2

1 1

n n

n

t a t a t a

n t a n t a n t a

  

     

 

   



Có n1 hàng n cột Theo giả thiết phản chứng hàng có số hữu tỉ nên có n1 số hữu tỉ bảng Vì có n cột nên có cột chứa hai số hữu tỉ Khi hiệu chúng số hữu tỉ Vơ lí

Câu 3. Trên mặt phẳng có 25 điểm, khơng có điểm chúng thẳng hàng Tìm số màu k nhỏ cho ta tơ màu tất đoạn thẳng nối hai điểm mặt phẳng k màu ( đoạn thẳng tô màu) cạnh tam giác tạo điểm chúng tô hai màu

(3)

Dùng định lí Ramsey chứng minh được: Tô màu cạnh đồ thị K17( đồ thị đầy đủ 17

đỉnh) màu cách tùy ý ln có K3có ba cạnh màu ( sách đồ

thị trình bày chứng minh, học sinh phải chứng minh lại) Khi k4

Ta chứng minh: màu ta tơ cạnh K25 thỏa mãn ra.

Thật vậy, chia 25 điểm thành tập hợp điểm A1,A5 Trong Ai lấy đỉnh ngũ giác

đều Cạnh ngũ giác tô màu đường chéo tơ màu

Sau tập hợp Aicoi đỉnh ngũ giác thực việc tô màu nối đoạn thẳng

nhóm A Ai, jcũng theo cách tương tự với màu lại Ta chứng minh cách tô màu thỏa mãn

bài toán

Thật : lấy điểm A, B, C tùy ý Ta xét trường hợp sau:

TH1: A, B, C thuộc tập Ai 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 tô màu cạnh AB tô khác màu

TH3:A, B, C thuộc ba tập hợp khác Khi trường hợp giống trượng hợp1 Vậy k nhỏ

Câu 4. Cho T tập hợp gồm vô hạn số nguyên dương Trên mặt phẳng (P) cho  Bi i T họ hình trịn khơng tính biên hình trịn Chứng minh hình vng M mặt phẳng (P) phủ kín họ  Bi i T tồn số nguyên dương t t1, , ,2 tmT cho

1 i

m t i

M B

 

Giả sử hình vng M khơng thể phủ hữu hạn hình Bi Khơng tính tổng qt ta giả sử hình

vng M hình vng ABCD A0;0 , B0;1 , C1;1 , D1;0 Chia hình vng M thành hình vng hai đường thẳng qua tâm M vuông góc với cạnh Trong hình vng có hình vng M1 cho M1 phủ số hữu hạn các

hình Bi Độ dài cạnh hình vng M1

1

2 Ta lại chia hình vng M1 thành hình vng bằng

nhau hai đường thẳng qua tâm M1 vng góc với cạnh Trong hình vng bằng

nhau có hình vng M2 cho M2 phủ số hữu hạn hình Bi.

Độ dài cạnh hình vuông M2

1

2 Tiếp tục ta dãy hình vng Mn có

các tính chất sau:

(i) M M1M2  Mn 

(ii) Mn hình vng có độ dài cạnh

1 2n

(iii) Khơng thể phủ hình vng Mn số hữu hạn hình Bi

Từ tính chất (i) tồn điểm M0Mn với số nguyên dương n Do M0M   i0 T cho

0

0 i

M B

Do giả thiết Bi0 hình vng Mn có đường chéo

2 2n 

(4)

với n đủ lớn, điều mâu thuẫn với (iii) Vậy điều giả sử sai tồn số nguyên dương

1, , ,2 m

t t t T cho 1 i m

t i

M B

 

Câu 5. Cho 100 số tự nhiên khơng lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số số có tổng 100

Nếu tất số tất số Khi ta lấy 50 số có tổng 100 Giả sử a1a2 ta xét 100 số có dạng

1 2 99

0a a a, , a a, a a , ,a a  a 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

Câu 6. Cho số nguyên a a1, , ,2 a2015 với 0ai100, i1;2015 Với cặp a ai; i1 ta cộng

thêm vào hai số cặp khơng xuất q klần Tìm knhỏ cho hữu hạn lần thực thao tác ta số

Ta xét trường hợp số cạnh cách xa

1 2015

2 2014

100

a a a

   

 

   



 

Đặt S a2 a3  a3 a4a2014 a2015 lúc chưa tác động S 100 1007

Sau hữu hạn lần tác động tất số S 0. Ta nhận xét

Tác động lên cặp a a2, 3 , a a2, 3, ,a2014,a2015 Thì S không đổi

Tác động lên cặp a a1, 2 Thì S tăng lên đơn vị

Tác động lên cặp a2015,a1 Thì S giảm đơn vị

Bộ a a1, 2 bị tác động lớn 100.1007 lần k100.1007 Ta chứng minh 100.1007

k giá trị nhỏ thoả mãn. Tác động cặp ai1,aisố lần ai1ai3

Tác động cặp a ai, i1 số lần ai2ai4

Sau lần tác động vậycác số a1a2a2014a2015.nên số lần tác động 100.1007

 suy điều phải chứng minh.

Câu 7. Chứng minh với số nguyên dương n lớn ta loại bỏ hai số thuộc tập hợp Sn 1, 2, ,n cho tổng số cịn lại số phương.

Xét tập Sn 1, 2, ,n loại hai số thuộc Snvà gọi S tổng số cịn lại

 

     

2

1

2 2

n n n n n n n n

n n S S

     

(5)

Hơn với

 

     

1

1 ;

2

n n n n

a   n n    

  ln tồn cách xóa hai số từ Sn để S a

Cuối cần chứng minh đoạn

22

326

;

22

nnnn 

 có số phương 1,0 Phản chứng: Thật giả sử khơng tồn số phương thuộc đoạn nói nghĩa với

*

mN ta có :  

2

2 1

2

n n n n

m        m

2 3 2 6 6 3 2

1

2 2

n n n n n n n n

m      m       

2

2n 14n 21

    ( Bất đẳng thức sai với n5)

Cuối ta cần kiểm tra với n4

3

n xét tập S3 1, 2,3 ta loại bỏ hai số 3

n xét tập S4 1, 2,3, 4 ta loại bỏ hai số 4

Câu 8. Cho hình vng có cạnh 6cm 2014 đường trịn bán kính

1

38cm Đặt tất đường trịn

vào hình vng Chứng minh tồn đường thẳng cắt 18 đường trịn cho

Chia hình vuông 117 đường thẳng song song cách song song với cạnh hình vng, cách khoảng

6

118 cm Khi hình vng chia thành upload.123doc.net dải hình chữ nhật có chiều rộng

6

118 cm, chiều dài chiều dài hình vng Hình trịn có đường kính

1 19 cm,

1 19 >

6

118 nên đường tròn bị cắt đường thẳng

Vì 2014 = upload.123doc.net 17 + nên theo nguyên lí Dirichlet tồn đường thẳng cắt 18 đường tròn

Câu 9. Cho ,m n 3là hai số ngun dương Trong bảng kích thước m n có dán k ngơi (mỗi ơ

có nhiều sao) Ta thực công việc có hình 3 hoặc 2 mà có 5 ngơi ta dán thêm ngơi vào cịn lại Tìm giá trị nhỏ của k cho ban đầu bảng có k ngơi sau hữu hạn bước thực việc dán thêm bảng có ngơi

Sau lần thực thuật tốn hình 2 2 với ngơi hình thành.

Nếu ban đầu khơng có hình 2 2 với ngơi sau bước thực có hai hình 2 2

với đầy đủ ngơi hình thành

Do sau mn-k bước thực có mn-k+1 hình2 2 với ngơi hình thành

(6)

Mặt khác, tồn (m-1)(n-1) hình 2 2 bảng,

m1 n1 mn k 1

Từ k m n  .

Hình vẽ sau ví dụ k= m+n

* * * * * *

* *

Câu 10. Cho số nguyên n2 Chứng minh họ gồm 2n1

 tập hợp con không rỗng phân biệt tập 1, 2, ,n tìm ba tập hợp mà chúng hợp hai tập lại

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 2n-1 tập chứa n+1 (có nhiều phần tử) và

tập {n+1}

Loại bỏ n+1 tập ta 2n tập khác rỗng tập {1,2, ,n},

và chúng phải có hai tập trùng nhau, gọi A Do AU{n+1}=B 1, 2, ,n1 (đpcm)

Câu 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 nào.

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 cịn 560 mảnh (mỗi mảnh có diện tích 200m2

Câu 12. Có 1650 học sinh xếp thành 22 hàng 75 cột Biết với hai cột bất kì, số cặp học sinh hàng giới tính không vượt 11 Chứng minh số học sinh nam không vượt 920 người

Gọi ai số học sinh nam hàng thứ i, suy số học sinh nữ hàng i 75 ai.

Số cặp học sinh giới tính hàng thứ i là: Ca2i C752ai Do đó, từ điều kiện tốn ta có:

     

22 22 22

2

2 2

75 75

1 1

11 75 30525 75 1650

i i

a a i i i

i i i

C C  C a a a

  

       

  

(7)

   

2

22 22

2

1

2 i 75 22 i 75 36300

i i

a a

 

 

   

 

  

Suy  

22 22

1

191 1650

2 75 191 921

2

i i

a a

 



    

 

Bài toán chứng minh hoàn toàn

Câu 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

Bổ đề:Trên trịn 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 tô 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 tốn:

Ta tơ điểm có giá trị 1,2,…,n màu đỏ, điểm n+1,…,2n màu xanh Khi theo bổ đề tồn cách chọn n 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−1−2−…−n=n2 (ĐPCM)

Câu 14. Cho số nguyên dương n3 Chứng minh tập hợp  

2

1; 2; 3; ;

X  n  n

chia thành hai tập khơng giao cho không tập chúng chứa n phần tử a a1, , ,2 an với

1 n

a a  a

1

2

k k k

a a a    

với k2; 3; ,n1

Đặt    

2 1; 2; ; ; 1; 2; ;

k k

S  k  k k  k k T  k  k  k k

1

1 ;

n n

k k

S  S T  T

 

 

(8)

Ta chứng minh phản chứng Giả sử S gồm phần tử a a1, , ,2 a n với a1a2  an và

1

2

k k k

a a a    

với k 2; 3; ,n1

Khi ta có ak ak1ak1 ak, với k2; 3; , n1 (1)

Nếu a1Si., ta có i n 1 Sn1 n Suy tồn n S i  n i phần tử thuộc

a a1; 2; ;an Si1Si2  Sn1

Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tập Sj,i j n  chứa phần tử số các

phần tử a a1, , ,2 an.

Tức tồn ak cho a ak, k1Sj ak1S1S2  Sj1

Khi ta có ak1 ak Sj   1 j 1; ak  ak1Tj1  1 j

Suy ak1 ak  ak ak1 Điều này, mâu thuẫn với (1)

Vậy S không chứa phần tử a a1, , ,2 a n với a1a2  an

1

2

k k k

a a a    

với 2; 3; ,

k n .

Chứng minh tương tự ta có tập T khơng chứa phần tử a a1, , ,2 a n với a1a2  an

1

2

k k k

a a a    

với k 2; 3; ,n1 Vậy ,S T tập cần tìm X

A

Câu 16. Cho đa giác A A A1 2n, (n2, n nguyên) nội tiếp đường tròn (O) Biết số tam giác

có đỉnh 2n điểm A A1, 2, , A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh

2n điểm A A1, 2, , A2n Tìm n

A

Câu 17. Cho bảng vng có 100  100 ô vuông , ô điền dấu + Ta thực hiện 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 -được không?

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

(9)

 m 50 ( n 50) 50 2 72   m 50 n 50 43.57 (*)

m 50 n 50 57

   

mà 57 số nguyên tố nên m-50  57 n-50  57

Ta có m-50 , n-50   50; 49; ;49;50  nên m-50 = n-50 = mâu thuẫn với (*) Vậy bảng có 98 dấu -

Câu 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 (hai phần tử không thiết phân biệt) Chứng minh:

( 6) ( 3)

( )

4

 

 

m m m m

C m

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

+) (2 điểm) Chứng minh:

( 3)

( )

2

 m m C m

2 | |

| | (| | 3) ( 3)

| | | | | | | | | |

2

 

      S  

S S m m

A S S S S S C

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:

( 6)

( )

  m m

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)

Khi ta xây dựng tập B(m)={1;2;3; ; n+1;2n+3;3n+5; ;(n+1)n+2n+1}gồm m phần tử tập

( )

 

B B B

(10)

Từ hai TH ta đpcm

Câu 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

Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối

 1

1

2

n n

n 

     

Khi Sn tổng n số hạng cấp số cộng có số hạng đầu

 

1

1 u

2

n n 

, công sai

1

d (coi số hạng cuối tập hợp thứ n số hạng đầu cấp số cộng này)

Ta có    

2

1

2 1

2

n

S  n u  n d  n n 

Vậy  

2 999

1

.999 999 498501999

S   

Câu 20. Có n học sinh (n ≥2) đứng thành hàng dọc, lần thầy giáo thổi cịi có học sinh đổi chỗ cho Hỏi sau 2015 lần thầy giáo thổi cịi, ta thấy tất học sinh đứng trở lại vị trí ban đầu hay khơng ?

Đánh số từ đến n cho bạn học sinh hàng dọc lúc đầu Ký hiệu Pn tập hoán vị

{1,2,…, n}

Gọi π=(π(1), π(2),…, π(n)) hoán vị {1,2,… , n} Cặp π(¿)i, π(j) ¿

π gọi nghịch π i<j π(i)>π(j)

Xét ánh xạ fi:Pn→ Pn mà fi(π) thu từ π cách đổi chỗ hai vị trí kề

(π(i), π(i+1)) giữ ngun vị trí cịn lại Cho i, j∈N¿

,i<j≤ n Xét ánh xạ fij:Pn→ Pn fij=fj−1o fj−2o fj−3o … o fi+2o fi+1o fio …o fj−3o fj−2o fj−1(1)

Là hợp thành 2(j−i)−1 ánh xạ Dễ thấy fij(π) thu từ π cách đổi vị trí (π(i), π(j)) giữ nguyên vị trí cịn lại

Gọi T(π) số nghịch hốn vị π Ta có T(fi(π))={ T(π)−1nếu

(π(i); π(i+1))l ng hịc h t hế T(π)+1nếu(π(i); π(i+1))k hô ng l ng hịc h t hế

Do T(fi(π))≡ T(π)+1(mod2) (2)

Từ (1) (2) suy T(fij(π))≡T(π)+1 (mod2) (3)

Giả sử πk thứ tự n học sinh sau lần thổi cịi thứ k thầy giáo Ta có πk∈Pn πk+1=fij(πk) với 1≤ i<j ≤ n

Theo (3) ta có T(πk+1)≡T(πk)+1 (mod2)

Do T(πk)≡T(π0)+k ≡ k(mod2) (vì T(π0)=0¿ .

(11)

Câu 21. Lấy ngẫu nhiên 498 số nguyên dương không vượt 1000 Chứng minh có số có tổng chia hết cho 111

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 Câu 22. Trong ô bàn cờ ta viết số nguyên dương Hiệu hai số nằm hai ô kề (có chung cạnh) số bé n Chứng minh có 1007 vuông chứa số

Ta xét tốn tổng qt: Trong bàn cờ n2  n2 ta viết số nguyên dương Hiệu

giữa hai số nằm hai kề (có chung cạnh) số bé n Chứng minh có

n    

  + ô vuông chøa số.

Giải:

Trên bàn cờ ta gọi a số bé b số lớn Chúng nằm cách nhiều n2 – ô

vuông theo chiều ngang n2 – vng theo chiều thẳng đứng Do tồn đường từ ô

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(n2 -

1)n số khác

Từ n4 > (2(n2 - 1)n + 1) 2

n

nên phải có nhiều

n

ô vuông chứa số Hay có

n    

  + ô vuông chưa số.

Cho ta thu toán cho

Câu 23. Các số nguyên viết vào 441 ô bảng vuông 21 21 Mỗi hàng cột có nhiều giá trị khác Chứng minh tồn số nguyên có mặt cột hàng

Giả sử giá trị ghi vào bảng 1, 2, ,n Gọi ai số cột khác mà i i1,ncó

mặt bi số hàng khác mà i có mặt Gọi T i là số đánh số i, ta có Ti

441

i i i i i i

T a b  T a b

Mỗi cột hàng có khơng q giá trị khác nhau, nên ai 6.21,bi 6.21

(12)

Khi đó:ai 2 bi 2 1 a bi i 2ai2bi 3n21.24 3 n

Vậy n21

Mặt khác đặt Ai a| i 2,bi 3 , Bi b| i 2,ai 3 thì 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

21

11 11

2 A

 

 

  

 

 

Tương tự B 11,nên nA B 22 Mâu thuẫn nhận suy điều phải chứng minh

Câu 24. Cho số n tự nhiên lớn Ta đánh số cạnh, đường chéo n- giác A A A1 nbởi một

số nguyên dương nhỏ r (nguyên dương) cho: i) Mọi số nguyên dương từ đến r đánh số

ii) Với tam giác A A Ai j k có cạnh đánh số số cạnh lại đánh

bởi số nhỏ

a) Xác định số nguyên dương r lớn mà điều thực b) Khi r lớn nhất, có cách đánh số thỏa mãn

a

Xét đỉnh V mà từ có k2 cạnh đánh số r, đỉnh phải tồn tồn tam giác có cạnh đánh số r

Gọi A tập đỉnh từ V đánh số r | |A k B tập đỉnh cịn lại ( gồm V) | |B  n k Khi đó

+ Mọi cạnh nối từ điểm thuộc A đến điểm thuộc B đánh số r, giả sử có X thuộc A, Y thc B mà |XY| < r Y V |XV |r YV,| |r, điều kiện ii) nên |XY|r Mâu thuẫn

+ Mọi cạnh nối điểm A đánh số nhỏ r, ,X YA |XV | |YV |r nên |XY| < r

+ Mọi cạnh nối điểm B đánh số nhỏ r, ,X Y B mà |XY |r |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,

Ta có r| | | | 1A   B     k (n 1 k1) 1 n 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

(13)

Mặt khác, số cách chọn tập A,B cho | |A k B ,| | n k Cnk

Từ ta có hệ thức truy hồi sau ( với f(n) số cách đánh số trường hợp đa giác có n

cạnh):

1

2 ( ) ( ) ( )

k n

k n k n

f n  C C  f k f n k

    1 ( ) ( )

!( 2)!

!( 1)! ( )!( 1)!

n k

f k f n k n n

k k n k n k

                     

( Có 2f(n) theo cách đếm vậy, số 21 ( ) ( )

k k n n

C C  f k f n k

  tính lần ) Đặt ( )f x x x!( 1)! ( )g x ta có:

1

2( 1) ( ) n ( ) ( )

k

n g n  g k g n k



  

Chứng minh kết quy nạp !( 1)! ( )

2n n n f n  

Câu 25. Cho số ngun dương , ;m n bảng hình vng kích thước n n gọi bảng “ m hồn thiện” tất điền số nguyên không âm (không thiết phân biệt) cho tổng số hàng cột m

Hỏi có tất cách lập bảng “2015-hồn thiện” kích thước 3x3 cho số nhỏ số đường chéo nằm vị trí tâm bảng? (Ơ đường chéo bảng vị trí giao dịng có số thứ tự tính từ xuống cột có số thứ tự tính từ trái sang nhau; tâm bảng 3x3 dịng thứ cột thứ 2)

Ta giải tốn trường hợp lập bảng “m hồn thiện” kích thước 3x3

Gọi x y z t, , , số điền đường chéo vị trí dịng cột , số cịn 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

Vì số điền khơng âm ylà số nhỏ số đường chéo nên điều kiện sau phải thỏa

 

, , , 0; ; ; ;

; , ,

x y z t 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

   

0 y , ,x y z x t m z;   ;  y t *

Khi 0 y 2y t z x y t z x t m        

Ta thấy bốn số không âm y y t z x y t z x t;   ;    ;  sắp theo thứ tự tăng dần xác định số x y z t, , , thỏa mãn  * tương ứng với cách lập bảng “m hoàn thiện” Do vậy, số cách lập

4 m      

(14)

Câu 26. Cho , ,m n k số nguyên dương thoả mãn m1 1k n  k1m Xét tập hợp 1, 2, , 

S  n

Gọi X tập hợp tất tập A S thoả mãn đồng thời hai tính chất sau: (i) A k;

(ii) ai aj m a a, i, jA i, j i j; , 1,k.

Hãy xác định số phần tử tập hợp X

Giả sử A X A , a a1, , ,2 ak với 1a1a2  ak n a; i aj m, 1   j i k.

Đặt b1a b1, a2 m, ,bi ai i1m, ,bk ak  k1m

Vì 1a1a2  ak n a; i aj m, 1   j i k nên 1b1b2  bk  n k1m

Suy tập Bb b1, , ,2 bk tập có k phần tử tập 1, 2, ,n k1m Gọi Y tập tất

cả tập có k phần tử tập hợp 1, 2, ,n k1m Khi ánh xạ

:

f X Y A B





Khi f song ánh Thật

● f đơn ánh: Vì với A A1, 2X A, 1A2  B B1, 2Y B, 1B2  f A 1 f A 2

● f toàn ánh: Giả sử Bb b1, , ,2 bk Y

Đặt Ab b1, 2m, ,bkk1m a a1, , ,2 ak Ta có ai1 ai bi1im bii1m m

nên A X và f A B. Vì ta có  1

k n k m X Y C  

Câu 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 mơn thể thao

 Mỗi đội lựa chọn số vận động viên cho môn tùy ý (nhưng tổng số vận động viên 20)

Tại lễ khai mạc, đội xếp thành hàng dọc, vận động viên chạy 100m cầm cờ đỏ đứng đầu, đến vận động viên nhảy xa cầm cờ vàng đến vận động viên nhảy cao cầm cờ xanh cuối vận động viên bắn cung cầm cờ tím Giả sử số đội tham dự đủ lớn, hỏi có tối đa loại hàng dọc (phân biệt theo độ dài màu hàng)

Ta thấy hàng tương ứng với số (a, b, c, d) với

0 , , , 20 20

a b c d a b c d

 

 

   

(15)

thế ta đặt tương ứng với dãy nhị phân    

23

1 101 101 101

a b c d

        

Dễ thấy tương ứng song ánh có

3 23

C dãy nhị phân khác có tối đa

3

23 1771

C  loại hàng dọc khác nhau. Câu 28. Có 2n đèn L

1, L2,…, L2n treo thành hàng theo thứ tự đó, đèn

một hai trạng thái tắt hoặc bật Mỗi giây ta đồng thời thay đổi trạng thái đèn sau: đèn Li đèn kề (chỉ có đèn kề với L1 L2n, có hai đèn kề với đèn cịn lại)

cùng trạng thái Li chuyển sang trạng thái tắt, ngược lại Li chuyển sang trạng thái bật Ban đầu tất

các đèn tắt trừ đèn bên trái bật Chứng minh sau số hữu hạn lần thay đổi trạng thái cuối tất đèn tắt

Kí hiệu đèn từ trái qua phải L L1, , ,2 L2n Giả sử ban đầu L

1 bật, đèn khác tắt Ta chứng

minh rằng: Sau 2n1 lần thay đổi trạng thái tất đèn bật sau 2n lần thay đổi trạng thái tất đèn tắt

Với n = dễ thấy mệnh đề

Giả sử mệnh đề với n = k Ta chứng minh mệnh đề với n = k +

Thật vậy: Sau 2k1 lần thay đổi trạng thái tất đèn L L1, , ,2 L2kđều bật tất đèn

1

2 1k , 2k 2, , 2k L L L 

  tắt

Sau lần thứ 2k hai đèn L L2k, 1k bật đèn lại tắt Do sau 2k1 đổi tất đèn bật

suy sau 2k11

lần thay đổi trạng thái tất đèn bật sau 2k1

lần thay đổi trạng thái tất đèn tắt

Câu 29. Mỗi điểm mặt phẳng tô hai màu xanh đỏ Chứng minh tồn tam giác mà ba đỉnh trọng tâm màu

Lấy điểm tùy ý cho khơng có điểm thẳng hàng mặt phẳng Khi dùng hai màu để tô điểm nên theo nguyên lý Dirichlet phải tồn ba điểm số màu Giả sử điểm A, B, C màu đỏ Gọi G trọng tâm tam giác ABC

Nếu G có màu đỏ ta tam giác có đỉnh trọng tâm màu đỏ

Nếu G có màu xanh Kéo dài GA, GB, GC đoạn AA', BB', CC' cho AA'=3GA, BB'=3GB,

CC'=3GC Gọi M, N, P tương ứng trung điểm BC, CA, AB AA'=3GA=6GM, suy AA'=2AM Tương tự BB'=2BN, CC'=2CP Do tam giác A'BC, B'CA, C'AB tương ứng nhận A, B, C làm trọng tâm Mặt khác ta có tam giác ABC, A'B'C' có trọng tâm G Có hai trường hợp xảy a) Nếu A', B', C' có màu xanh, tam giác A'B'C' trọng tâm G có màu xanh

(16)

Câu 30. Cho bố trí vịng trịn quanh ba cạnh tam giác, vịng góc, hai vịng 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

Lấy bố trí số, gọi , ,x y z số góc S S1, 2 tổng bốn số,

tổng bình phương bốn số cạnh Do điều kiện cho ta có:

9

1

3 45

k

S x y z k x y z



        (1)

9

2 2 2 2

2

1

3 285

k

S x y z k x y z



       

(2)

- Từ đẳng thức (2) ta suy , ,x y z tất chia hết cho khơng có số chia hết cho Bởi nguyên lý Pigeouhole có hai số đồng dư mod Lấy phương trình (1) theo mod ta suy | (x y z  ) Do x y z  (mod 3)

Nếu ( , , ) (3,6,9)x y z  hay (1, 4,7) S2 137 17.

Nếu S2 137 S2 1(mod 3) suy có số cạnh lẻ Điều khơng thể 5 3 số

lẻ viết khe

Vì ( , , ) (2,5,8)x y z  S2 126

Vì 9282 126 nên khơng thể nằm cạnh với 8, tức nằm cạnh chứa -

Vì  

2 2 2

min 9 ;7 5 8 126

, nên số phải nằm cạnh chứa số

Như lần số cạnh phải (2, 4,9,5); (5,1,6,8); (8,7,3, 2) tổng bình phương số cạnh 126 Cuối ta thử lại số thỏa mãn

Câu 31. Cho số nguyên n1 Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập 1; 2; ;n cho tổng cặp khác số nguyên khác không vượt n

Giả sử có k cặp thỏa mãn đề Gọi S tổng k cặp đó, S   1 2 k k (2k1)

Dễ thấy ( 1)

( 1) ( 1) k k

n n nk

S      n k     Do đó,

( 1)

(2 1)

2

k

k k k

n n

k k       



 

Bây ta xây dựng

2

n

 

 

  cặp thỏa mãn đề sau Trường hợp 1: Số n có dạng 5k1 5k2 Khi ấy,

2 n k      

  Ta xét cặp sau (4 ; 1), (3 2;1), (3 ;2 ), (3 1;2 1), (2 1; 1) (4k1; ),k k k k k k k k k k Rõ ràng dãy có 2k cặp thỏa mãn đề

Trường hợp 2: Số n có dạng 5k3 5k4 5k5 Khi ấy,

2 n k       

(17)

(4 1; ), ,(3 2;1),(3 1;2 1),(3 ;2 ), ,(2 (4k2;k1 ,) k k k k k k k k ;k1) Dãy có 2k1 thỏa mãn đề bài.

Vậy số lớn cặp thỏa mãn đề

2

n

 

 

 

Câu 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

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)

Gọi tam giác có đỉnh mà học sinh Nam đứng tam giác Nam, có C53 10 tam

giác Nam

Bây ta chứng minh có hai tam giác Nam nhau:

Chín đỉnh đa giác chia đường trịn ngoại tiếp thành cung H Hi i1, i =1,8 cung

9 1;

H H , ta gọi cung “mảnh”

Khơng tính tổng qt, gọi H H Hi j k tam giác có H Hi j H Hj k H Hk i Hơn sốhijlà số

mảnh cung Hij không chứa điểm Hk(i  j k i); tương tự ta định nghĩa cho số hjk, hki.

Tương ứng với tam giác H H Hi j k với ba ( ; ; )h hij jk hki Ta nhận thấy rằng:

ij

1h hjk hki 7

hij+ hjk+ hki 9 Chẳng hạn với tam giác với đỉnh H H H1, 3, 7 ta gọi tam

giác H H H3 7 tương ứng với ba (2;3;4) theo thứ tự đó.

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 với tập hợp ba số nguyên dương có thứ tự (a, b, c) với a b c; a+b+c = 9 

Có bẩy ba số thỏa mãn là: (1,1,7), (1, 2,6), (1,3,5), (1,4,4), (2,2,5), (2,3,4) (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

Câu 33. Một quân cờ di chuyển bàn cờ 2016 2016 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?

Sau bước, tổng thứ tự hàng cột chứa quân cờ giảm tăng lên Như vậy, xét theo modulo tổng tăng bước

Do có 201621 bước, kết thúc ô kề bên phải ô xuất phát tổng tăng đơn vị Do đó,

2

(18)

Vậy quân cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát Câu 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

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 điền số 1)

Có thể cho coi hai ô chứa số AKHD ô (Nếu khác lập luận tương tự) Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3  có hai chứa số  các 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 điền số 1, lập luận tương tự ta dẫn đến mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai hay ta có điều phải chứng minh

Vì 2016=3x672 nên hình chữ nhật kich thước 2016x2017 chia thành 672x2017 hình chữ nhật có kích thước 1x3

Vậy tổng số điền hình chữ nhật là: 672.2017=1355424

Câu 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

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 6x  n n32.

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	765,66 KB