Bài tập Tách tổ hợp – Toán 11 (Phần 6)

Người ta muốn chọn từ 1000 học sinh này ra một nhóm 4 học sinh, trong đó số học sinh nữ được chọn là lẻ và thoả mãn điều kiện sau đây: 4 học sinh này được chọn từ 2 hàng khác nhau và có [r]

(1)

BÀI TẬP TÁCH TỔ HỢP

Câu 1. 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 tơ hai màu

Hướng dẫn giải

Dùng định lí Ramsey chứng minh được: Tơ màu cạnh đồ thị K17 ( đồ thị đầy đủ 17 đỉnh) màu cách tùy ý ln có K3 có 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 Thật vậy, chia 25 điểm thành tập hợp điểm A1, … A5 Trong Ai lấy đỉnh ngũ giác Cạnh ngũ giác tô màu đường chéo tơ màu

Sau tập hợp Ai coi đỉnh ngũ giác thực việc tô màu nối đoạn

thẳng nhóm Ai, Aj theo cách tương tự với màu lại Ta chứng minh cách tơ màu thỏa mãn tốn

Câu 2. Tìm số hốn vị (a1, a2, …, a2009) (1, 2, 3, …, 2009) thỏa mãn tính chất: tồn

một số

i





1, 2,3, , 2008



Câu 3. Cho bảng vng có 100 ¿ 100 ô vuông , ô điền dấu + Ta thực

phép biến đổi sau: đổi dấu toàn hàng cột bảng ( dấu + thành dấu - , dấu - thành dấu +) Hỏi sau số lần thực phép biến đổi bảng có 98 dấu - khơng?

Hướng dẫn giải Giả sử sau số lần biến đổi bảng có 98 dấu -

Gọi xi số lần đổi dấu hàng thứ i ( i = 1, ,100 , tính từ xuống)

Gọi yj số lần đổi dấu cột thứ j ( j = 1, ,100 , tính từ trái sang phải)

Gọi m số lẻ số x1; x2 ; ; x100 n số lẻ số y1; y2 ; ; y100

Ta có m , n

¿

{

0,1,2 100

}

Ta có số lượng dấu - bảng m(100-n) + n( 100-m) = 100m +100n - 2mm Bảng có 98 dấu - nên ta có 100m +100n - 2mm = 98

⇒

(

m

−

50

)

(

n

−

50

)=

50

−

7

⇔

(

m

−

50

)(

n

−

50

)

=

43 57

⇒

(

m

−

50

)(

n

−

50

)

⋮

57

mà 57 số nguyên tố nên m-50

⋮

Ta có m-50 , n-50

¿

{

−

50

;

−

49

;

49

;

50

}

Vậy bảng có 98 dấu

-Câu 4. Một ngân hàng câu hỏi Tốn có 30 câu hỏi khác gồm: câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình 15 câu hỏi dễ Từ ngân hàng lập đề thi gồm câu hỏi khác Tính xác suất để cho đề chọn thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng 2?

Hướng dẫn giải Số đề thi thỏa mãn yêu cầu toán là: 56875

(2)

Xác suất cần tìm là: P= 625 1566 .

Câu 5. Xếp 10 học sinh ngồi quanh bàn trịn Ngân hàng đề có tất loại đề thi Hỏi có bao nhiêu cách phát đề cho học sinh cho khơng có học sinh ngồi cạnh có đề thi?

Gọi Sn là số cách phát đề cho học sinh cho khơng có học sinh ngồi cạnh có

cùng đề thi

Cố định học sinh làm vị trí học sinh bên tay phải học sinh vị trí thứ 2, thứ 3,…, thứ n.( học sinh vị trí thứ n ngồi cạnh học sinh vị trí thứ nhất) (1 điểm)

Ta thấy:

Nếu học sinh vị trí thứ học sinh vị trí thứ n-1 có đề thi khác có cách phát đề cho học sinh vị trí thứ n

Nếu học sinh vị trí thứ học sinh vị trí thứ n-1 có đề thi giống có cách phát đề cho học sinh vị trí thứ n

Do ta có hệ thức:





n n n

S  3S   4S  n 4

Sử dụng phương pháp sai phân để tính Sn Xét phương trình đặc trưng:

2

x 3x

4

( 1)n 4n n

x x

S a b

            

Do S2 5.4 20, S3 5.4.3 60 Ta có:

16 20

64 60

a b a

a b b

             

Vậy





n n 10

n 10

S  1   S  4

Câu 6. Điền 29 số nguyên dương vào ô vuông bảng x cách sau: Cho phép thay đổi vị trí số bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy số nằm ô kề với trống chuyển số sang trống Hỏi cách thực liên tiếp số hữu hạn lần phép chuyển số nói bảng số ban đầu ta nhận bảng số sau hay khơng?

Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc đề bài, từ Bảng ta nhận Bảng (*)

2

2 1

1 12 13 14

5 16 17 18 19

0 21 22 23 24

5 26 27 28 1

6 1 1

0 21 22 23 24

5 26 27 28 29

Bảng

1

(3)

Ta coi ô trống bảng ô điển số Với bảng số nhận trình chuyển số, ta liệt kê tất số bảng theo thứ tự từ hàng xuống hàng hàng từ trái qua phải Khi ứng với bảng số ta có hốn vị 30 số tự nhiên Và đó, điều giả sử (*) tương đương với: Từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, , 9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29) (gọi là

hoán vị a) nhận hốn vị (29, 2, 3, 4, ,11 12, 0, 13, 14, 15, 27, 28, 1) (gọi

là hoán vị b) nhờ việc thực liên tiếp số hữu hạn lần phép đổi chỗ hai số hoán

vị theo qui tắc: Mỗi lần, lấy hai số hoán vị đổi vị trí số cho số liền kề với số (1)

+) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) hoán vị 30 số tự nhiên Ta gọi cặp số

(

ai;aj

)

a

i

>

a

j

i

<

j

lần thực phép đổi chỗ hai số kề hốn vị (a1, a2, a3, ……, a30) số cặp số

ngược hốn vị tăng giảm đơn vị

+) Khi chuyển chỗ hai số

a

i

a

i

n

chuyển

a

i

a

i

n

nghĩa chuyển 2n – (một số lẻ lần) hai số kề nhau, cặp số ngược hốn vị tăng giảm số lẻ đơn vị (2)

+) Ta có: Số cặp số ngược của hoán vị a 12 số cặp số ngược hốn vị b 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy từ hoán vị a ta nhận hốn vị b sau số lẻ lần thực phép đổi chỗ hai số Điều cho thấy, từ Bảng ta nhận Bảng số lần đổi chỗ hai số hai phải số lẻ (3)

+) Tô màu tất ô vuông bảng x hai màu xanh, đỏ cho hai kề có màu khác Sau lần đổi chỗ hai số hai kề nhau, có số ô trống, theo cột hay theo hàng số chuyển từ có màu sang có màu Và số bảng số bảng nằm hai ô màu nên từ bảng ta nhận bảng sau số chẵn lần đổi chỗ hai số hai kề nhau, có số Điều mâu thuẫn với (3) mâu thuẫn cho thấy: Từ Bảng ta khơng thể nhận Bảng nhờ số hữu hạn lần đổi chỗ hai kề nhau, có số ô trống, theo quy

Câu 7. Cho số



1;2;3



1) Chúng ta thực phép biến đổi số sau: thay hai số chúng, ví dụ a b,

a b



a b





a ;b ;c



1 1

a



b



c



10



1;2;3



2) Nếu thực phép biến đổi số sau: thay hai số chúng, ví dụ a b,

a b

2



a b

2



Hỏi nhận số



28;4;2014





1;2;3



Ta thực theo cấu hình sau



1;2;3







3; 1;3









3;2; 4









3;2; 4





 



7;2; 1



 



a ;b ;c



Dễ thấy:

a



b



c



10

Trong cấu hình ta ln có: Tổng bình phương số khơng đổi Lại có:

1



2



3



28



4



2014

(4)

Ta có:

2



1

⋮

3

Ta với số nguyên dương m , ta có:

m

3 m

2



1

⋮

3

Với

m 1



Giả sử khẳng định với m nguyên dương đó, tức tồn k nguyên dương cho

m

3 m

2



k.3



1

Ta có:





m

3 m 3m 2m m

2

3 k 1

3 k

3

.k

3 k 1













3 t 1





dương

Như vậy, khẳng định chứng minh

Câu 8. 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 b) Nếu điểm A', B', C' màu đỏ Không giảm tổng quát, giả sử A' đỏ Khi tam giác A'BC trọng tâm A có màu đỏ

B A

C M N G P A'

B'

(5)

Câu 9. Các số nguyên dương 1, 2,3, , 2014 xếp hàng theo thứ tự Ta thực quy tắc đổi chỗ số sau: số k ta đổi k số theo thứ tự ngược lại Chứng minh sau số hữu hạn lần thực quy tắc số xuất vị trí

Giả sử k,1 k 2014 số lớn xuất vị trí tất trình đổi chỗ Giả sử số k xuất lần thứ h Khi lần thực sau lần thứ h số k giữ ngun vị trí Trong q trình đổi chỗ sau ta gọi k1 số lớn xuất vị trí

đầu tiên Giả sử số k1 xuất lần thứ h1 Khi sau lần thứ h1 số k1 giữ nguyên

vị trí,…cứ tiếp tục sau số hữu hạn bước phải dừng lại Khi không thực việc thực quy tắc đổi chỗ tốn tức số vị trí số Bài toán chứng minh

Câu 10. Trong hội nghị, đại biểu bắt tay đại biểu khác Người ta đếm tất 97 lần bắt tay Hỏi hội nghị có tối đa đại biểu

Hướng dẫn giải Gọi n số đại biểu

Ta xây dựng đồ thị G với đỉnh đại biểu, hai đỉnh nối với cạnh hai đại biểu tương ứng hai đỉnh bắt tay với

Khi đồ thị G có 97 cạnh

Theo bổ đề bắt tay, đồ thị, tổng số bậc đỉnh hai lần số cạnh,

97x2 6n





n 32



Vậy hội nghị có tối đa 32 đại biểu

Câu 11. Gọi

a a a

n

a

i





2;0



Gọi xâu 20 xâu OLIMPIC hai phần tử liên thứ tự xâu có độ dài n cho ( ví dụ xâu 2220022 có độ dài có xâu OLIMPIC) Xét xâu có độ dài 30 chứa k xâu OLIMPIC, biết có

C

Gọi H số xâu chứa tồn số có độ dài lớn hay Gọi K số xâu chứa toàn 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

Gọi

x



1

Gọi

x



1

Gọi

x

k

x

k



1

x



x



x

k



30

Theo toán chia kẹo Euler : Số xâu có độ dài 30 chứa k xâu OLIMPIC trường hợp 292

k

C

(6)

2 2

29 29 29 29 31

2

31 31

9 2

1

4

9 31 (2

1)

k k k k

k

C

k

C

k

 

















  





Câu 12. Cho khai triển:

(1 x x2x3 x2010 2011) a0a x a x1  2a x3 3 a4042110x4042110

Tính tổng a0a2a4 a4042110.

Hướng dẫn giải Thay x=1

Câu 13. Từ chữ số 0,1, 2,3, 4,5 lập số tự nhiên có ba chữ số đôi khác Lấy ngẫu nhiên số vừa lập Tính xác suất để lấy số không chia hết cho

Từ chữ số 0,1, 2,3, 4,5 lập số có ba chữ số đơi khác Lấy ngẫu nhiên số vừa lập Tính xác suất để lấy số không chia hết cho

+ Tìm số có ba chữ số khác lập từ tập E





abc

a E a

Chọn số lại E\

 

a

A

Vậy có 5.A52 100(số)

+ Tính số lập chia hết cho Số cần tìm có dạng abc , a b c  ⋮3

Xét tập gồm phần tử tập E





































1

5

A 0,1, , A 0,1,5 , A 0, 2, , A 0, 4,5 A 1, 2,3 , A 1,3,5 , A 2,3, , A 3, 4,5

   

Khi a b c A A A A, ,  1, 2, ,3 trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu

Khi a b c A A A A, ,  5; ; ;6 8 trường hợp lập số thoả mãn yêu cầu

Vậy có 4.4 4.6 40  (số)

Suy số không chia hết cho là100 40 60  (số)

Xác suất cần tính

60 0,6 100

 

P

Câu 14. Tìm tất số tự nhiên n cho mặt phẳng tồn n 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 đường song song với (0 ≤ 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

(7)

Mà 2014 = 2.19.53 k + ước nguyên dương 2014 => k + {1; 2; 19; 53; 38; 106; 1007; 2014}

n = (k + 1)S = 2014 + (k + 1)

=> n {2015; 2016; 2033; 2067; 2120; 2510; 3021; 4028}

Câu 15. 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

+) 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

+) 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 (khơng thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi C(m)>=m(m+6)/4 Xét hai trường hợp sau:

TH1: m = 2n

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

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

(8)

Câu 16. Gọi X tập hợp số tự nhiên gồm sáu chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa ba chữ số lẻ

Gọi X tập hợp số tự nhiên gồm sáu chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa ba chữ số lẻ

Số phần tử không gian mẫu:

 

n

 

A

Gọi A biến cố số có ba chữ số lẻ Ta có: Số cách chọn chữ số lẻ từ 1,3,5,7,9

C

Số cách chọn chữ số chẵn từ 2,4,6,8

3

C

Số số có chữ số lập từ chữ số là:

6!

 

3

5

.6!

n A



C C

Vậy xác suất biến cố A là:

 

3

5

6

.6! 30

63

n A

C C

P A

n

A





Câu 17. Quần đảo Hồng Sa có lồi chim bồ câu sinh sống, loài mang màu sắc khác , lồi màu xám có 133 con, lồi màu nâu 155 lồi màu xanh có 177 Giả sử cứhai bồ câu khác màu gặp chúng đồng thời đổi sang màu thứ ba hai bồ câu màu gặp chúng giữ nguyên khơng đổi màu Có xảy tình trạng tất loài chim bồ câu sống đảo trở thành màu hay không?

Khi chia số 133; 155; 177 cho số dư là:1; 2; Ta xét:

Nếu bồ câu xám gặp bồ câu nâu, chúng đồng thời đổi thành màu xanh Khi ta có 132 xám, 154 nâu, 179 xanh Những số dư 132; 154; 179 cho tương ứng 0;1 2, nghĩa lại gặp lại đầy đủ số dư có

Nếu bồ câu xám gặp bồ câu màu xanh chúng đồng thời đổi sang màu nâu Khi ta có 132 bồ câu xám, 157 bồ câu nâu, 176 bồ câu xanh Lấy số chia cho cho số dư tương ứng 0,1 2, nghĩa lại gặp khả số dư Nếu bồ câu nâu bồ câu xanh gặp nhau, chúng đổi thành màu xám Khi có 135 bồ câu xám, 154 câu nâu 176 câu xanh Số dư củ bồ câu chia cho tương ứng 0,1và 2, có đầy đủ số dư chia cho

Bất biến dù thay đổi mầu số dư sô lượng bồ câu chia cho có đầy đủ 0,1,2

Số lượng tất thằn lằn đảo 133+ 155+ 177= 465 số chia hết cho Nếu tất bồ câu màu số dư số lượng bồ câu màu xám, nâu đỏ chia cho tương ứng 0,0,0 Điều vơ lý số dư phải có đầy đủ số dư chia cho Như câu trả lời

Câu 18. Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, lập số có chữ số khác có ba chữ số chẵn ba chữ số lẻ Trong số có số mà chữ số xếp theo thứ tự tăng dần

Hướng dẫn giải Có số lẻ số chẵn từ chín số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Suy có

C

và có

3

(9)

Cứ ba chữ số lẻ ghép với ba chữ số chẵn ta tập gồm phần tử Theo quy tắc nhân có

3

4

.

C C

Ứng với tập có 6! cách xếp thứ tự phần tử cách xếp thứ tự ta số thỏa mãn tốn

Do theo quy tắc nhân có

C C

.

và chữ số lẻ từ số

* Có

C C

.

cách xếp phần tử theo thứ tự tăng dần

Do tập hợp tương ứng với số Vậy có

C C

.

Câu 19. Có 1000 học sinh gồm 499 học sinh nam 501 học sinh nữ xếp thành 10 hàng dọc, hàng 100 học sinh Người ta muốn chọn từ 1000 học sinh nhóm học sinh, số học sinh nữ chọn lẻ thoả mãn điều kiện sau đây: học sinh chọn từ hàng khác có cặp học sinh có thứ tự đứng hàng (tính từ người đứng hàng đó) Chứng minh số cách chọn nhóm số lẻ

Gọi nhóm học sinh lấy từ hai hàng thỏa mãn yêu cầu toán đội ĐặtS = { |  đội}, O = {S|  có số lẻ học sinh nữ}, E = {S|  có số chẵn học sinh nữ} Ta

cần chứng minh | |O lẻ

Với tập A S, ta định nghĩa

( ) ( )

A

f A g

 





, g( ) số học sinh nữ 

Vì OE =  OE = S nên f S( )f O( ) f E( )

Hơn f E( ) chẵn, suy f S( )f O( ) (mod 2)

Mặt khác, xét học sinh nữ Để tạo thành đội, học sinh bắt cặp với học sinh khác hàng 99 cách, sau tìm học sinh khác hàng khác cách Suy ra, học sinh nữ thành viên 99.9 = 891 đội Có nghĩa học sinh nữ tính 891 lần f S( ) Vì ta có 501 học sinh nữ nên

( ) 891.501 (mod 2)

f S   .

Vì O chứa số số lẻ học sinh nữ nên f O( ) | | (mod 2)O Suy

| |O f O( )f S( ) (mod 2) .

Như số cách chọn đội số lẻ

Câu 20. 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

(10)

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 ô chứa số ba ô điền số hình chữ nhật có kich thước 2x3 có điền số 1)

Có thể cho coi hai chứa số AKHD ô ô (Nếu khác lập luận tương tự)

Xét hình chữ nhật BFNA có kích thước 2x3



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 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 ô hình chữ nhật là: 672.2017=1355424

Câu 21. Tơ số từ đến 2017 màu khác cho khơng có hai số màu chia hết cho Cần màu ?

Thật vậy, với 11 màu khác mà ta gọi màu 1, màu 2,…, màu 11, xét cách tô màu sau: Số tô màu

Các số tô màu Các số từ đến tô màu Các số từ đến 15 tô màu Các số từ 16 đến 31 tô màu Các số từ 32 đến 63 tô màu Các số từ 64 đến 127 tô màu Các số từ 128 đến 255 tô màu Các số từ 256 đến 511 tô màu Các số từ 512 đến 1023 tô màu 10 Các số từ 1024 đến 2017 tô màu 11

Dễ thấy cách tô màu thỏa mãn khơng có hai số màu chia hết cho Vậy cần 11 màu

Câu 22. Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên mà số nầy chữ số không lặp lại

(11)

Câu 23. Cho m n, 3là hai số nguyên dương Trong bảng kích thước m n có dán k ngơi (mỗi ơ có nhiều ngơi sao) Ta thực cơng việc có hình 3 hoặc

3 2 mà có 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

Hướng dẫn giải Ta chứng minh giá trị nhỏ k m+n

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

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

hình 2 với đầy đủ hình thành.

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

thành có hình 2 với ngơi có ban đầu mn-k hình 2 2 có đủ hình thành

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



m

 

n



mn k

k m n

Hình vẽ sau ví dụ k= m+n

* * * * * *

* *

Câu 24. 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

Sắp xếp thứ tự 10 số lớn thứ ba hàng

a



a



a

Vì

a



80

a



72.



 



1





80 72



7



6





8



180.

a

Trong đó, tổng số hàng chứa

a









10 10 10 10

100 99



a



a



1



a



7



8

a



171.

Do

8

a



171 8



a



180

a

Câu 25. Một ngân hàng câu hỏi Tốn có 30 câu hỏi khác gồm: câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình 15 câu hỏi dễ Từ ngân hàng lập đề thi gồm câu hỏi khác Tính xác suất để cho đề chọn thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng 2?

Hướng dẫn giải Số đề thi thỏa mãn yêu cầu toán là: 56875

(12)

Xác suất cần tìm là: P= 625 1566 .

Câu 26. Cho 100 số tự nhiên không lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số có tổng 100

Câu 27. Một túi đựng 11 viên bi kích thước khác màu sắc gồm: viên bi xanh, viên bi đỏ Lấy ngẫu nhiên viên tính xác suất để:

a Lấy viên bi màu b Lấy viên bi khác màu

Mỗi cách lấy ngẫu nhiên viên bi từ 11 viên bi tổ hợp chập 11 viên bi Do : N(



C

Gọi A biến cố lấy viên bi xanh, B biến cố lấy viên bi đỏ N(A) =

C

và N(B) =

2

C

Do : P(A) =

2 11

C

6

C



55

2 11

C

21

C



55

Biến cố lấy viên bi màu C =

A



B

P(C) =

27

P(A

B) P(A) P(B)

55









b) Biến cố lấy viên bi khác màu

C

27

28

P(C) P(C) 1

55

 



Câu 28. Có cách phân tích 69 thành tích số nguyên dương, biêt cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần?

Có cách phân tích 69 thành tích số nguyên dương, biêt cách phân

tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Xét phân tích 69=(2a1.3b1

)(2a2.3b2

)(2a3.3b3

) với

{

ai, bi∈N a1+a2+a3=9

b1+b2+b3=9

Với a1∈N ,0≤ a1≤9 , có 10−a1 cách chọn số a2 , để a1+a2≤9

từ chọn a3=9−a1−a2 (1 điểm) Vậy số cách chọn (a1, a2, a3) 10+9+ +1 = 55 cách

❑

⇒ số cách chọn (a1, a2, a3) (b1, b2, b3) 55.55 cách Bây giờ, ta tính số cách phân tích bị trùng

+) TH1: thừa số nhau: 69

=(23.33)(23.33)(23.33) (1 điểm)

+) TH2: thừa số nhau: 69

=(2a.3b)(2a.3b)(29−2a.39−2b) (a ; b) # (3 ; 3)

(13)

→ số cặp (a; b) 5.5 – =24, 24 cặp cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu Tuy nhiên, cặp cho lần đếm trình đếm mà ta vừa nêu (1 điểm)

+) TH3: thừa số khác nhau, phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần Vậy số cách phân tích là: 1+24+(55×55−24×3−1):6=517 cách

(1 điểm) Người làm đề: Nguyễn Mạnh Cường Sđt: 0169.534.8888

Trong đề khơng có câu - dãy số, tơi khơng nghiên cứu câu phù hợp

Câu 29. 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)

Bài giải theo phương pháp song ánh để tính số phần tử tập hợp kết hợp với kỹ thuật dùng dãy nhị phân.

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

0

, , ,

20

a b c d







  





số lượng vận động viên thi đấu môn chạy 100m, nhẩy xa, nhẩy cao, bắn cung tương

ứng Với số ta đặt tương ứng với dãy nhị phân



23

1 101 101 101 1

a b c d

        

3 23

C

3

23 1771

C

loại hàng dọc khác

Câu 30. Cho p số nguyên tố lẻ Tìm số tập X tập

{1;2; ;2p}

Đặt

{c {1;2; ;2 }:

}

p p

A





p

x



p



A C



Và

A

j



{

x



A S x

: ( )



j

(mod )}

p

j



0,1,2, ,

p



1

A A





A



A

p

A

i



A

j

  

i

j

0

p

A



A



A



A

Xét đa thức:

P x

( )



x

p



x

p



 

x

1

p



1

2

{ ,

, ,

p

}

(14)

Và

x

p



1

,,, ,,1



pp



1

(

)

p

p k

k

x













2

1 1

( ) ( ) ( )

p p p

k k p k

k k k

x  x  x  

  

   



2

1 1

(

)

(

)

(

)

(

1)

p p p

k k k p

k k k

x



x



x



x

  



























So sánh hẹ số xp vế đẳng thức:

2

(

) (

1)

p

k p k

x



x









ta có:

( )

( 1)

p

S x

2

x A











Do p lẻ



S x





k

x A

k

1

.

2 0

p k k k

A









Do x nghiệm đa thức:

1

0

( )

2

p

k k k

Q x

A x

A











Vì x nghiệm đa thức:

P x

( )



x

p



x

p



 

x

1

A



A

 

A

p



A



2

1

0

2

A

p

A

p



 











2

p

C

A

p









số tập thỏa mãn toán

Câu 31. Một quân cờ di chuyển bàn cờ 2016 2016´ theo ba cách: lên ô, sang bên phải ô, xuống bên trái ô Hỏi quân cờ qua tất ơ, 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- bước, kết thúc ô kề bên phải ô xuất phát tổng tăng đơn vị Do đó, 20162- chia hết cho Vậy quân cờ qua tất ô, ô lần quay lại ô kề bên phải ô xuất phát

Chứng minh hệ thức :

2 1

(

)

n

k

n

k

k C

nC

 





(15)

Ta giải tốn sau hai cách “Có n nhà vật lí n nhà tốn học tham gia Hội nghị khoa học Hỏi có cách chọn nhóm làm việc gồm n người, có nhà vật lí làm nhóm trưởng”

Cách 1: Chọn nhóm trưởng vật lí, sau chọn n-1 thành viên lại từ 2n -1 người cịn lại

+) Chọn nhóm trưởng nhà vật lí có n cách +) Ứng với cách chọn nhóm trưởng có 11

n n

C 

 cách chọn n -1 thành viên 2n -1

thành viên lại

Áp dụng quy tắc nhân có tất 11

n n

nC 

 cách chọn nhóm n người thỏa mãn tốn (1)

Cách 2: Chọn k nhà vật lý, chọn nhóm trưởng nhà vật lý sau chọn n-k nhà tốn học với k = 1, 2, …, n

Với giá trị k cố định :

+) Chọn k nhà vật lí n nhà vật lí có Cnk cách

+) Ứng với cách chọn k nhà vật lí có k cách chọn nhóm trưởng nhà vật lí +) Ứng với cách chọn k nhà vật lí nhóm trưởng vật lí có Cnn k Cnk



 cách chọn n k nhà toán học n nhà toán học.

Áp dụng quy tắc nhân có tất

 

k n

k C

cách Cho k chạy từ đến n ta tất

2

( )

n k n k

k C





cách chọn nhóm n người thỏa mãn toán (2)

Từ (1) (2) suy

2

2 1

(

)

n

k n

n n

k

k C

nC

 





(đpcm)

Câu 32. Các số nguyên dương 1, 2,3, , 2014 xếp hàng theo thứ tự Ta thực quy tắc đổi chỗ số sau: số k ta đổi k số theo thứ tự ngược lại Chứng minh sau số hữu hạn lần thực quy tắc số xuất vị trí

Giả sử k,1 k 2014 số lớn xuất vị trí tất trình đổi chỗ Giả sử số k xuất lần thứ h Khi lần thực sau lần thứ h số k giữ nguyên vị trí Trong q trình đổi chỗ sau ta gọi k1 số lớn xuất vị trí

đầu tiên Giả sử số k1 xuất lần thứ h1 Khi sau lần thứ h1 số k1 giữ nguyên