Bài tập Tổ hợp – Toán 11

Ta có hình biểu diễn K của n tập hợp như sau: n tập hợp được biểu diễn bởi n điểm phân biệt trong mặt phẳng không có 3 điểm nào thẳng hàng, hai tập hợp có giao khác  biểu diễn bởi 1 đư[r]

Toán Tổ Hợp Xếp 100 bạn học sinh thành hai hàng ngang Hỏi có bao nhiêu cách chọn số bạn học sinh từ 100 học sinh ban đầu cho không có hai bạn nào đứng kề chọn Hai bạn đứng kề là hai bạn có số thứ tự liên tiếp cùng hàng cùng số thứ tự hai hàng Câu Hướng dẫn giải Gọi số học sinh ban đầu là 2n và U n là số cách chọn số bạn xếp thành hàng ngang thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta bỏ bạn học sinh đầu hàng, còn 2n  người Gọi Vn là số cách chọn số bạn từ 2n  người đó thỏa mãn yêu cầu bài toán (0,5đ) *) Xét số cách chọn từ 2n người n n Xảy các trường hợp sau +TH1: Bạn vị trí chọn Khi đó bạn vị trí 2, không chọn Do đó có Vn  cách chọn ( Thêm cách không chọn từ 2n  bạn) +TH2: Bạn vị trí chọn Tương tự có Vn  cách chọn +TH3: Cả bạn vị trí và không chọn Khi đó có U n cách Vậy ta có U n U n  2Vn   (1) (1đ) *)Xét số cách chọn từ 2n  bạn × n n Xảy các trường hợp sau +Th1: Bạn vị trí chọn.khi đó bạn vị trí không chọn Vậy có Vn  cách +Th2: Bạn vị trí không chọn Có U n cách Vậy ta có Vn  Vn    U n  (2) Từ (1) và (2) ta tìm U n1  U n  U n  (1đ) (0,5đ) Từ đó suy U n= ( 1+ √2 ) n+1 + ( 1−√ ) n+1 −2 (0,5đ) Với n 50 ta có số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là 51 U 50= 51 ( 1+ √ ) + ( 1−√ ) −2 (0,5đ) Cho tập X   1, 2,3, 2015 , xét tất các tập X , tập hợp có phần tử Trong tập hợp ta chọn số bé Tính trung bình cộng các số chọn Hướng dẫn giải Câu Xét X   1, 2,3 n và các tập gồm r phần tử X  r n  Các tập hợp X có phần tử chọn là 1, n – r  ( có nhiều tập có chung phần tử bé nhất) Cách cấu tạo các tập hợp sau: Lấy A  X \  1 , A có r – phần tử, thì  1  A là tập hợp có r phần tử đó số là phần tử bé Vậy có: ( r  1) + C( n  1) tập có số bé là Tương tự ta có ( r  1) + C( n 2) tập có r phần tử có số bé là r + Cn r 1 tập có r phần tử có số bé là n – r  Suy trung bình cộng số chọn là 1Cnr 11  2Cnr 12    n  r  1 Cnr 1r 1  r  Cn -Ta chứng minh: n 1 1Cnr 11  2Cnr 12    n  r  1 Cnr 1r 1   r  Cn r 1  1C r n  2Cnr 12    n  r  1 Cnr 1r 1   n 1 r Cn Cnr11 r 1 r r ( r  1) Gọi vế trái (1) là S Sử dụng công thức C( m 1)  Cm Cm ta được: S 1(Cnr  C(rn  1) )  2(C(rn 1)  C(rn 2) )   (n  r )(C(rr 1)  Crr )  (n  r  1)Crr Câu Cho n là số nguyên dương Cho 2n điểm trên phân biệt trên đường tròn gán giá trị các số 1, 2, , 2n (2 điểm khác gán giá trị khác nhau) theo cách nào đó Mỗi dây cung nối điểm các điểm trên và gán giá trị độ chênh lệch dương đầu mút Chứng minh ta có thể chọn n dây cung đôi không cắt cho tổng giá trị các dây cung n Bổ đề: Trên tròn có 2n điểm phân biệt Người ta tô màu 2n điểm này màu màu xanh đỏ cho có đúng n điểm tô màu xanh và đúng n điểm tô màu đỏ điểm khác màu bất kì nối dây cung Khi đó với cách tô màu luôn tồn n dây cung mà không có dây cung nào cắt Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề trên quy nạp Dễ thấy bổ đề đúng với n 1 Giả sử bổ đề đúng với n m Xét n m 1 : Do các điểm tô màu nên phải tồn điểm kề mà chúng tô khác màu Ta chọn dây cung có đầu mút là điểm này Theo giả thiết quy nạp tồn cách chọn m cung số các dây cung có đầu mút là các điểm 2m điểm còn lại mà không có dây cung nào cắt Rõ ràng không có dây cung nào m dây cung này cắt dây cung vừa chọn phía trên Như tồn cách chọn m  dây cung mà không có dây cung nào cắt nhau, Bổ đề chứng minh -Trở lại bài toán: Ta tô các điểm có giá trị là 1, 2,, n màu đỏ, các điểm n  1,, 2n màu xanh Khi đó theo bổ đề tồn cách chọn n dây cung mà dây cung có đầu mút tô màu khác và chúng đôi không cắt Tổng giá trị các dây cung bằng: (n  1)  (n  2)  ? 2n    n  n n (ĐPCM) Câu Cho số nguyên dương n 3   có thể chia thành hai tập không giao Chứng minh tập hợp cho không tập nào chúng chứa n phần tử a1 , a2 , , an với a1  a2   an và X  1; 2; 3; ; n  n ak  Đặt ak   ak 1 với k 2; 3; , n  Sk  k  k  1; k  k  2; ; k  ; Tk  k 1; k  2; ; k  k  n S   Sk ; n T   Tk Ta chứng minh S , T là các tập cần tìm X Dễ dàng thấy S T  và S T  X Ta chứng minh phản chứng Giả sử S gồm các phần tử a1 , a2 , , an với a1  a2   an và k 1 k 1 ak   ak 1 với k 2; 3; , n  Khi đó ta có ak  ak  ak 1  ak , với k 2; 3; , n  ak  (1) Nếu a1  Si , ta có i  n  Sn  n Suy tồn ít n  Si n  i phần tử thuộc  a1; a2 ; ; an   Si 1  Si 2   Sn  Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn ít tập S j ,  i  j  n  chứa ít phần tử số các phần tử a1 , a2 , , an a , a S a  S  S   S j  Tức là tồn ak cho k k 1 j và k  1 a  a  S   j  1; a  a T 1  j j k k1 j Khi đó ta có k 1 k Suy ak 1  ak  ak  ak  Điều này, mâu thuẫn với (1) ak  ak   ak 1 với Vậy S không chứa các phần tử a1 , a2 , , an với a1  a2   an và k 2; 3; , n  Chứng minh tương tự ta có tập T không chứa các phần tử a1 , a2 , , an với a a a  k  k 1 a1  a2   an và k với k 2; 3; , n  Vậy S , T là các tập cần tìm X * Trong mặt phẳng cho 2n  (n   ) đường thẳng phân biệt cho không có hai đường nào song song vuông góc và không có ba đường nào đồng quy Chúng cắt tạo thành các tam giác Chứng minh số các tam giác nhọn tạo thành Câu n  n  1  2n  1 không vượt quá Gọi f  n  số tam n  n  1  2n  1 giác tạo thành là f  n Ta phải chứng minh  1 , n  * Với ba đường thẳng số các đường thẳng đã cho luôn cắt tạo thành tam giác nhọn tù Gọi g  n  là số các tam giác tù Ta gọi tam giác tạo ba đường thẳng a, b, c nào đó là: "giả nhọn cạnh a " các góc chung cạnh a tam giác đó là các góc nhọn Chọn đường thẳng d nào đó và coi nó là trục hoành, các đường thẳng còn lại   chia làm hai tập: Tập T là các đường thẳng với hệ số góc dương, Tập T là tập các đường thẳng với hệ số góc âm Hai đường thẳng tạo với d tam giác "giả nhọn"   đường thẳng thuộc tập T và đường thẳng thuộc tập T   Gọi p là số đường thẳng thuộc T và q là số các đường thẳng thuộc tập T Khi đó  pq  pq  n  p  q 2n và số tam giác "giả nhọn cạnh d " là pq Ta có   -Nhưng d có thể là đường thẳng số 2n  đường thẳng đã cho nên ta có số cặp (đường thẳng d ; tam giác "giả nhọn cạnh d") nhỏ n  2n  1 -Trong cách tính trên tam giác nhọn tính lần (theo cạnh) còn tam giác tù tính lần nên f  n   g  n  n  2n  1 (1) -Thế tổng số các tam giác là: C23n 1  f  n   g  n    2n  1 2n  2n  1 (2) Từ (1) và (2) suy f  n  n  2n  1   f  n   g  n   n (2n  1)  (2n  1)2n  2n  1 n(n  1)(2n  1)  n12 fn hay Tìm tất các số tự nhiên n cho mặt phẳng tồn n đường thẳng mà mổi đường thẳng cắt đúng 2014 đường khác Xét n đường mặt phẳng, mà mổi đường thẳng cắt đúng 2014 đường khác Câu Nếu a là đường thẳng n đường và có đúng k đường song song với nó 0  k  n Cho b là đường thẳng cắt a, đó b cắt tất các đường không song song với a và b với số giao điểm số giao điểm a với các đường thẳng đó đồng thời b cắt các đường thẳng song song với a mà mổi đường thẳng cắt đúng 2014 đường khác Suy có đúng k đường song song với b Vậy n đường chia thành S nhóm, mổi nhóm gồm k  đường thẳng song song với => Số giao điểm đường với các đường khác là  k  1 ( S  1)  2014 Mà 2014 = 2.19.53 và k  là ước nguyên dương 2014  k  1   1; 2; 19; 53; 38; 106; 1007; 2014 n   k  1 S  2014   k  1 => n  {2015; 2016; 2033; 2067; 2120; 2510; 3021; 4028} Trên bàn cờ 10 x 10 người ta viết các số từ đến 100 Mỗi hàng chọn số lớn thứ ba Chứng minh tồn hàng có tổng các số hàng đó nhỏ tổng các số lớn thứ ba chọn Sắp xếp thứ tự 10 số lớn thứ ba các hàng là a1  a2   a10 Ta thấy tối đa là 20 Câu số có thể lớn a1 (là các số lớn thứ và thứ hai hàng) Vì a1 80 Tương tự có tối đa 28 số có thể lớn a2 Vì a2 72 Từ đó a1  a2   a10 80  72   a10     a10     a10 8a10  180 Trong đó, tổng các số hàng chứa a10 không lớn 100  99  a10   a10  1    a10   8a10  171 Do 8a10  171  8a10  180 nên hàng chứa a10 là hàng thỏa mãn yêu cầu Cho tập hợp X có 2016 phần tử Chọn 64 tập X , X , , X 64 tập X (mỗi tập chứa nhiều 1008 phần tử) Chứng minh tồn tập A X có số phần tử không vượt quá mà A  X i  , với Câu i 1, 64 (Chuyên Thái Bình) Lời giải Tổng số phần tử 64 tập lớn 64.1008 32.2016 Vì tồn phần tử a tập X thuộc ít 33 tập con, giả sử là X1, X2, …, X33 Xét 31 tập còn lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử b tập X thuộc ít 16 tập con, giả sử là X34, X35, …, X49 Xét 15 tập còn lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử c tập X thuộc ít tập con, giả sử là X50, X51, …, X57 Xét tập còn lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử d tập X thuộc ít tập con, giả sử là X58, X59, X60, X61 Xét tập còn lại, lý luận tương tự suy tồn phần tử e tập X thuộc ít tập con, giả sử là X62, X63 Với tập X64 còn lại ta lấy phần tử f Như tập A chứa các phần tử a, b, c, d, e, f thỏa mãn bài toán Suy đpcm Những ô hình vuông kích thước 7 tô hai màu Chứng minh tồn ít 21 hình chữ nhật với đỉnh cùng màu và các cạnh song song với các cạnh hình vuông Giải: Ta cho màu tô là trắng và đen Lấy hàng bất kỳ, ta giả sử tồn k ô đen và Câu 2 ô trắng Khi đó tồn Ck  C7  k k  7k  21 9 Cặp ô cùng màu Vậy tồn ít 7.9 = 63 cặp ô cùng màu trên cùng hàng – k Tiếp theo tồn C7 21 cặp cột Suy tồn 21.2 = 42 tổ hợp màu và cặp cột Với tổ hợp i 1; 24 , giả sử tồn ji cặp cùng tổ hợp, thì tồn ít 42 ji(1)6342 ji – hình chữ nhật cho tổ hợp này Vì tổng ji ít là 63 nên tồn ít i1 Vậy tồn ít 21 hình chữ nhật thỏa mãn yêu cầu bài toán A  1; 2; ; 2013 Cần phải loại khỏi A ít bao nhiêu phần tử để tập hợp còn lại có tính chất: Không phần tử nào tích hai phần tử khác Lời giải Câu 10 Cho tập hợp Loại khỏi A tập hợp {2;3; ; 44} , tập này có 43 phần tử Khi đó tập còn lại là 1;456.2{03} Rõ ràng tập này thỏa mãn yêu cầu: Không có phần tử nào là tích hai phần tử khác 1.0 đ Ta chứng minh cách tách khỏi A tập hợp có nhiều 42 phần tử không thỏa mãn yêu cầu đề bài 0.5 đ Thật xét các ba sau (43 ba): 2, 87, 2.87 3, 86, 3.86 4, 85, 4.85 ………… 44, 45, 44.45 Xét hàm số f ( x)  x(89  x) với  x 44 Ta có f '( x) 89  x  0, 2  x 44 Vậy f là hàm đồng biến x 44 Suy f (2)  f (3)   f (44)  2.87  3.86   44.45 Dễ thấy    44  45  46   87  2.87  3.86   44.45 Vì 44.45 1980  2013 nên toàn các phần tử 43 ba là khác và nằm tập hợp A Vì ta tách khỏi A tối đa 42 phần tử, nên phần còn lại A (sau tách) phải có ít ba nói trên Vậy cách tách không thỏa mãn yêu cầu đầu bài 2.0 đ Kết luận: Số phần tử ít cần tách khỏi A là 43 phần tử 0.5 đ Câu 11 Trên bảng ô vuông cố định có kích thước 3 người ta xếp số viên sỏi cho ô vuông có nhiều viên sỏi Mỗi cách xếp sỏi tính điểm sau, tổng số sỏi trên hàng (hoặc trên cột trên hai đường chéo) là số lẻ thì tính điểm Bảng không có sỏi ứng với điểm, bảng xếp kín viên sỏi ứng với điểm a) Tồn hay không cách xếp sỏi cho ô chính bảng không có sỏi và số điểm tương ứng với cách xếp đó là b) Chứng minh số cách xếp sỏi với điểm số là số chẵn số cách xếp sỏi với điểm số là số lẻ Giải a) Giả sử ô chính không có sỏi và điểm số cách xếp là Như hàng, cột và hai đường chéo có số lẻ viên sỏi Gọi a, b, c, d là số sỏi các ô hình vẽ, a, b, c, d   0,1 Khi đó các ô đối xứng với a, b, c, d qua tâm có số sỏi tương ứng là a ', b ', c ', d ' cho a  a ' b  b ' c  c ' d  d ' 1 a b c a b c d d' d c' b' a Từ đó  a  b  c    a ' b ' c ' 3 suy hai tổng a  b  c a ' b ' c ' là số chẵn Khi đó dòng thứ dòng thứ ba có tổng số sỏi là số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy không tồn các xếp sỏi thỏa mãn điều kiện bài toán b) Ta gọi hai cách xếp sỏi là liên hợp với ô trên cùng bên trái chúng có số sỏi khác và các ô còn lại tương ứng có số sỏi a b c a' b c f e d f e d g h i g h i (B) (B’) Như vậy, các cách xếp sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với Xét hai cách xếp liên hợp với (B) và (B’) Tổng số sỏi dòng 1, cột và đường chéo hai bảng đôi khác tính chẵn lẻ Các dòng, cột và đường chéo còn lại hai bảng có số sỏi Do đó điểm số (B) và (B’) khác đơn vị, suy số điểm (B) và (B’) có tính chẵn lẻ khác Vậy hai cách xếp liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách xếp còn lại cố điểm số là số lẻ suy điều phải chứng minh Câu 12 Cho hình phẳng có diện tích phủ kín hữu hạn các hình tròn Chứng minh số các đường tròn đó có thể chọn hình tròn có diện tích không bé chọn số hình tròn đôi rời có tổng diện tích không bé Kí hiệu:  O; R  – đường tròn tâm O bán kính R dtF – diện tích hình phẳng F Do số các đường tròn là hữu hạn nên luôn chọn hình tròn có bán kính lớn Gọi đường tròn đó là  O1; R1  Gọi F1 là hình phẳng tạo  O1; R1  và các hình tròn có điểm chung với hình tròn  O1; R1  Dễ thấy, tất các hình tròn tạo nên F1 nằm hình tròn  O1;3R1  Do đó: dtF1  dt  O1;3R1  9dt  O1; R1   dt  O1 ; R1   dtF1  1 Trường hợp 1:  O1; R1  có điểm chung với tất các hình tròn còn lại Do các hình tròn phủ kín hình phẳng có diện tích nên dtF1  Từ (1) ta dt  O1 ; R1   (đpcm) Trường hợp 2: Tồn hình tròn không có điểm chung với  O1; R1  Do số các đường tròn là hữu hạn nên ta có thể chọn số các hình tròn đó k (k ≥1) các hình tròn  O2 ; R2  ;  O3 ; R3  ; ;  Ok 1 ; Rk 1  thỏa mãn điều kiện: a) Với i  2, 3, , k  thì  Oi ; Ri  là hình tròn có bán kính lớn không có điểm chung với các hình tròn  O1 ; R1  ; ,  Oi  ; Ri   đã chọn trước đó b) Không tồn hình tròn không có điểm chung với ít đường tròn các đường tròn  O1 ; R1  ;  O2 ; R2  ; ;  Ok 1 ; Rk 1  Với i  2, , k  gọi Fi là hình phẳng tạo  Oi ; Ri  và các hình tròn có điểm chung với hình tròn  Oi ; Ri  Do a) nên tất các hình tròn tạo nên Fi nằm hình tròn  Oi ;3Ri  dtFi dtFi  dt  Oi ;3Ri  9dt  Oi ; Ri   dt  Oi ; Ri     Do đó: Từ b) các hình tròn phủ kín hình phẳng có diện tích nên: dtF1  dtF2   dtFk 1 1 (3) Từ (1), (2) và (3) suy  dt  O1 ; R1    dt  Ok 1 ; RK 1   Theo các xác định các hình tròn thì  O1; R1  ;  O2 ; R2  ; ;  Ok 1; Rk 1  rời (đpcm) Câu 13 Cho 2015 điểm trên đường thẳng, tô các điểm màu xanh, đỏ, vàng (mỗi điểm tô màu) Có bao nhiêu cách tô khác cho không có điểm liên tiếp nào cùng màu Giải Gọi Sn là số cách tô màu thỏa mãn cho n điểm (bài toán ta là n 2015 ) Ta tính theo n , xét hai điểm cuối cùng có hai trường hợp xảy ra: +Nếu hai điểm cuối cùng màu thì điểm thứ n  n+1 khác màu điểm cuối +Nếu hai điểm cuối khác màu thì điểm thứ n  tô bất kì Từ đó sinh hai số đặc trưng là số cách tô n điểm mà hai điểm cuối cùng màu, là số cách tô màu n điểm mà hai điểm cuối khác màu và hai cùng thỏa mãn điểm liên tiếp khác màu Ta có: Sn1 2M n  3Pn S n+1 =2 M n +3 Pn , Pn 1 2Sn ; M n 1 Pn Pn+1=2 Sn ; M n+1=P n Thế thì Sn 1 2 Pn  6S n 4Sn   6S n S n+1 =2 Pn−1 +6 Sn =4 S n−2 +6 Sn −1 Vậy ta có hệ thức truy hồi: Sn1  Sn  S n 0 S n+1 −6 S n−1−4 S n−2=0 Bây ta tính S3 , S4 S , S thấy S3 27  24 S 3=27−3=24 , S4 4!  12 49 S =4 !−3−12=49 Phương trình 2 đặc trưng X  X  0 x −6 x−4=0 có nghiệm là: n n n n Công thức xác định Sn ax1  bx2 S n=a x +b x với a, b a , b thỏa mãn:  24 13  a   a(3  13)  b(3  13) 24  13(3     4  a(3  13)  b(3  13) 49 b  24 13   13(3   3 23 13)3 23 13)3 Sau đó cho n 2015 ta kết bài toán a  2;0 Câu 14 Gọi a1a2 an với i  là xâu có độ dài n Gọi xâu 20 là xâu OLIMPIC và là hai phần tử liên thứ tự đó xâu có độ dài n đã cho ( ví dụ xâu 2220022 có độ dài là và đó có xâu OLIMPIC) Xét các xâu có độ dài 30 và chứa k xâu OLIMPIC, biết có C31 xâu Tìm k ? Giải Gọi H là số là xâu chứa toàn là số có độ dài lớn hay Gọi K là số là xâu chứa toàn là số có độ dài lớn hay Ta có các 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 x1 là số phần tử xâu H ( H vị trí đầu tiên (*)) , x1 1 Gọi x2 là số phần tử xâu K ( K vị trí thứ hai (*)) , x2 1 … Gọi x2k là số phần tử xâu K ( K vị trí cuối (*)) , x2 k 1 Ta có : x1  x2   x2 k 30 Theo bài toán chia kẹo Euler : Số xâu có độ dài 30 và chứa k xâu OLIMPIC 2k  trường hợp là C29 Tương tự ta có các trường hợp còn lại và kết hợp với quy tắc cộng ta có : C292 k   C292 k  C292 k  C292 k 1 C319  2k   C312 k 1 C319    k 4  31  (2k 1) Vậy k 4 Câu 15 Cho số nguyên n 1 Tìm số lớn các cặp gồm phần tử phân biệt tập  1; 2; ; n cho tổng các cặp khác là các số nguyên khác và không vượt n quá Giải Giả sử có k cặp thỏa mãn đề bài Gọi S là tổng k cặp đó, thì S 1    2k k (2k  1) k (k  1) S n  (n  1)   (n  k 1) nk  Do đó, Dễ thấy k (k  1)  2n   k (2k 1) nk   k     2n     Bây ta xây dựng   cặp thỏa mãn đề bài sau  2n     2k Trường hợp 1: Số n có dạng 5k  5k  Khi ấy,   Ta xét các cặp sau (4k 1; k ), (4k ; k  1), (3k  2;1), (3k ; k ), (3k  1; k  1), (2 k 1; k  1) Rõ ràng dãy trên có 2k cặp thỏa mãn đề bài  2n     2k  k  k  k  n Trường hợp 2: Số có dạng hoặc Khi ấy, Ta xét các cặp sau (4k  2; k  1), (4k  1; k ), , (3k  2;1), (3k  1; 2k  1), (3k ; 2k ), , (2k 1; k  1) Dãy trên có 2k  thỏa mãn đề bài  2n     Vậy số lớn các cặp thỏa mãn đề bài là   n  n 4 Có cặp vợ chồng tham dự buổi tiệc Biết người có thể trò chuyện với tất người khác, trừ vợ chồng mình Các trò chuyện lập thành các nhóm người C1 , C2 , , Ck với tính chất sau: Không có cặp vợ chồng nào nói chuyện cùng nhóm và hai người bất kì không phải vợ chồng thì có đúng nhóm để họ trò chuyện.Chứng minh rằng: k  2n *) Gọi gi  i 1, 2,, 2n  là số nhóm mà người thứ i tham gia trò chuyện Do người thứ i nói chuyện với ít cặp vợ chồng (A,B) và tồn hai nhóm khác chứa A và chứa B nên ta có gi  i 1, 2,, 2n *) Trường hợp : Tồn i cho gi 2 Giả sử Cm  Ch  i Khi đó cặp vợ chồng không phải vợ chồng i có người tham gia vào nhóm Cm và người tham gia vào nhóm Ch Khi đó người nhóm Cm \  i nói chuyện vói người không phải bạn đời mình nhóm Ch \  i Do các nhóm này phân biệt nên có tất  n  1  n   nhóm Do đó: k   n  1  n     2n với n  *) Trường hợp 2: gi  với i 1, 2,, 2n Khi đó ta gán cho người thứ i biến số xi x i 0 Xét hệ phương trình ẩn: ; t  1, 2,, k (*) Giả sử k  2n Khi đó hệ trên có số phương trình ít số ẩn nên tồn i cho xi khác 2n yt  xi Đặt Khi đó: k iCt ; M {  i, j  với i, j là vợ chồng}; M* = {(i,j) với i,j khônglà vợ chồng} iCt k 2n   y  x  gi xi2   xi x j       i t 1 t 1  iCt i 1 ( i , j )M *  t 2n 2n i 1 i 1  ( gi  1) xi2   xi2  2 xi x j  i j  xi x j  ( i , j )M 2n  2n   ( gi  1) x    xi    xi x j  i 1 ( i , j )M  i 1  i 2n  2n   ( gi  2) x    xi    ( xi  x j )2 i 1  i 1  (i , j )M i k t y 0  xi 0; i 1, 2, , n Vậy , Hay, yt 0, t 1, 2, , k  xi 0; i 1, 2, , 2n Vậy hệ (*) có nghiệm xi 0; i 1, 2, , 2n ( vô lý) Nên k  2n Câu 16 Tập hợp M gồm hữu hạn điểm trên mặt phẳng cho với điểm X thuộc M tồn đúng điểm thuộc M có khoảng cách đến X Hỏi tập hợp M có thể chứa ít là bao nhiêu phần tử? Giải +) Rõ ràng có ít hai điểm P, Q thuộc M cho PQ 1 t 1 | M  M q |2 Ký hiệu : M P  { X  M / PX  1} Từ giả thiết M P  ta có: p | M p  M q |1 Nếu tồn P, Q cho thì M chứa ít điểm | M p  M q |2 +(1.50 đ) Trường hợp với P, Q cho PQ 1 và Khi đó M p  M q   R, S , lúc đó M P   R, S , T , U  và M q   R, S ,V ,W  và giả sử M  P, Q, R, S , T ,U ,V ,W  ta có TQ 1, UQ 1, VP 1, WP 1  Nếu TR, TS , UR, US khác 1: suy M t  Mq  M u  M q   V ,W  suy T hay U trùng với Q , vô lý  Nếu TR, TS , UR, US có số 1: Không giảm tính tổng quát, giả sử TV  lúc đó TS 1 và TV  hay TW = Giả sử TV  lúc đó TW 1 suy TU  , và M t   P, R,U ,V  và M u   P, T ,V ,W  lúc đó UTV , RPT , UTV là các tam giác cạnh 1, ta có hình Điều này mâu thuẫn vì VR  +(0.50 đ) Vậy M chứa ít là điểm Dấu xảy với hình2 Vậy M có thể chứa ít là điểm A5 T V U R A9 A6 A1 A3 A2 P A7 A8 Câu 17 Tìm số nhỏ các cặp tập hợp có giao khácA4 tập  2000 tập hợp phân biệt cho với tập hợp bất kì 2000 tập hợp đó có ít cặp tập hợp có giao khác tập   Giải tổng quát n tập hợp ( bài n  2000 ) Ta có hình biểu diễn (K) n tập hợp sau: n tập hợp biểu diễn n điểm phân biệt mặt phẳng ( không có điểm nào thẳng hàng), hai tập hợp có giao khác  biểu diễn đường liền nét( ) nối với hai điểm biểu diễn, hai tập hợp có giao  biểu diễn đường không liền nét ( -) nối hai điểm biểu diễn Kí hiệu P là tập hợp n điểm, k  n  là số đoạn nối liền nét biểu diễn (K) thỏa giả thiết bài toán ( tức là: với điểm P có ít đoạn liền nét) Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ d  n  k  n  A M B Q C A, B mà  Ta luôn luôn có thể giả thiết : Trong N biểu diễn (K) tồn hai điểm đoạn nối AB là không liền nét Đặt Q  P \  A, B , Pvậy, Q có n  điểm, biểu diễn (K) ta bỏ đoạn AB và tất các đoạn nối với A, nối với B và ta biểu diễn (K*) tập Q thỏa điều kiện bài toán Gọi k(n-2) là số các đoạn liền nét biểu diễn (K*)  Lấy CQ, suy các đoạn CA, CB phải có ít đoạn liền nét (vì đoạn AB không liền nét) Vì Q có n  điểm, nên suy : 2kn (*)  Công thức truy hồi (*) cho ta : k  n   n     n      k   vì n chẵn  Suy k  n   n     n      d    n     n       n  n  2 (do d   2 ) n  n  2 Chứng tỏ : Tồn n  n  2 n d  n   Chọn n tập hợp để có sau : Nhóm X gồm tập hợp giao n khác  đôi một, nhóm Y gồm tập hợp giao khác  đôi Mỗi d  n  tập hợp nhóm này thì không có giao khác  với tập hợp nhóm Cách chọn trên thỏa giả thiết bài toán    n n n n Số đoạn nối liền nét điểm X là : ( -1) + ( -2) + ( -3) + + = n(n  2) n(n  2) Số đoạn nối liền nét n điểm X và Y là : n(n  2) 20001998 999000 Vậy d  n   Thế n = 2000 ta số cần tìm là: