1 K39, THPT chuyín Phan Bội Chđu, Nghệ An.
2.3. Phương phâp ghĩp cặp
Ví dụ 16 (Liín Xô 1965). Trong cuộc hội thảo có 40 cuộc họp, mỗi cuộc họp có 10 thănh viín. Cho biết hai thănh viín bất kì chỉ cùng dự họp với nhau tối đa một lần. Chứng minh rằng cuộc hội thảo có nhiều hơn 60 thănh viín.
Lời giải. Giả sử cuộc hội thảo có n thănh viín. Do đó có C2
n câch chọn hai thănh viín. Có C2
10 câch chọn hai thănh viín từ một cuộc họp. Do hai thănh viín chỉ cùng dự họp với nhau tối đa một lần nín C2
n >40·C2
10, tương đương vớin(n−1)>3600hay n >60. Ta có điều cần
chứng minh. ❒
Nhận xĩt. Nếu giả thiết đổi thănh hai thănh viín bất kì cùng đi dự họp với nhau ít nhất một lần thì cuộc hội thảo có nhiều nhất 60 thănh viín. Tổng quât băi toân lín với cuộc họp có m
thănh viín thì
Cn2 >k·Cm2 ⇒ n(n−1)
2 >
km(m−1)
2 ⇒n >jpkm(m−1)k
Ví dụ 17. Cho 5 số, mỗi số có 100 chữ số 1 hoặc 2. Biết trong hai số bất kì có r hăng bằng nhau vă trong mỗi hăng có cả chữ số 1 vă 2. Chứng minh rằng 406r660.
Lời giải. Gọi T lă số cặp mă mỗi cặp có hai chữ số thuộc hai số có tính chất cùng hăng vă bằng nhau.
• Cứ hai số bất kì có r hăng bằng nhau mă cóC2
5 câch chọn hai số. Suy ra T =rC2 5. • Trong mỗi hăng (gồm 5 chữ số) có cả chữ số 1 vă 2 nín có hai trường hợp sau :
– Có một chữ số 1 (hoặc 2) vă 4 chữ số 2 (hoặc 1) nín cóC2
4 cặp thuộc T.
– Có hai chữ số 1 (hoặc 2) vă 3 chữ số 2 (hoặc 1) nín cóC2 2 +C2
3 cặp thuộc T. Có tất cả 100 hăng nín
100 C32 +C226T = 10r 6100C42
Từ đó suy ra 406r 660. ❒
Ví dụ 18. Một hội nghị toân học sử dụng 4 ngôn ngữ chính. Biết hai đại biểu bất kì luôn có một ngôn ngữ mă họ đều biết. Chứng minh rằng có một ngôn ngữ được biết đến bởi nhiều hơn
60% đại biểu.
Lời giải. Giả sử có tất cả n đại biểu vă 4 ngôn ngữ I, II, III, IV. Gọi A, B, C, D lần lượt lă tập câc đại biểu biết ngôn ngữ I, II, III, IV.
• Nếu tồn tại một người chỉ biết duy nhất một ngôn ngữ thìn−1người còn lại cũng phải biết ngôn ngữ đó. Do đó ngôn ngữ đó được biết bởi100% đại biểu.
• Nếu tất cả đại biểu đều biết được ít nhất hai thứ tiếng thìC2
|A|+C2
|B|+C2
|C|+C2
|D|>2C2
n. Giả sử A lă tập thỏa mên|A|= max{|A|,|B|,|C|,|D|}.
Suy ra C2
n 2 6C2
|A| hay tương đương với 2|A|(|A| −1)>n.(n−1). Giả sử |A|< 3 5n thì 2|A|(|A| −1)< 6 5 ·n 3 5n−1= 18 25n2− 6 5n < n2−n (mđu thuẫn) Do đóA > 35n.
Vậy trong mọi trường hợp, ta có điều cần chứng minh. ❒
Ví dụ 19 (IMO 1988). Cho n, k lă câc số nguyín dương, n >k vă S lă tập hợp n điểm trong mặt phẳng thỏa mên
(i) Không có ba điểm năo thẳng hăng.
(ii) Với mỗi điểmP của hệ đều không có ít hơn k điểm trong hệ câch đều P. Chứng minh rằng
k6 1 2 +
√
Lời giải. Giả sử k > 12 +√
2n.
Lấy điểm P thuộc S thì tồn tại ít nhất k điểm trong S câch đềuP. Suy ra tồn tại ít nhất C2
k
cặp điểm (A, B) mă P A=P B. Có ít nhất nC2
k cặp điểm mă trín đường trung trực của đoạn thẳng mă hai đầu mút lă hai điểm đó có ít nhất một điểm thuộc S. Ta có
nCk2 =n· k(k−1) 2 > 1 2 ·n· 1 2 + √ 2n √ 2n− 1 2 =n n− 1 8 > n(n−1) = 2Cn2 Lại có C2
n lă số cặp điểm không thứ tự của S, 2C2
n lă số cặp điểm có thứ tự của S.
Theo nguyín lí Dirichlet tồn tại một cặp điểm A, B vă ba điểm P1, P2, P3 thỏa mên APi =
BPi i= 1; 3
Suy ra P1, P2, P3 thẳng hăng (vô lý). Vậy ta có điều cần chứng minh. ❒
Nhận xĩt. Có thể mở rộng băi toân trín trong không gian như sau :
Ví dụ 20. Cho n, k lă câc số nguyín dương, n >k vă S lă tập hợpn điểm trong không gian thỏa mên
(i) Không có 65 điểm năo thẳng hăng.
(ii) Mỗi điểmP của hệ đều không có ít hơn k điểm trong hệ câch đềuP. Chứng minh rằng
k 61 + 4p3
(n−1)(n−2)
Lời giải. Gọi Ală tập câc bộ điểm (M, N, P)thỏa mênM, N, P lă ba điểm của hệ vă tồn tại ít nhất một điểm của hệ câch đều ba điểm đó (điểm năy được gọi lă tđm của hệ).
• Với mỗi điểm P của hệ có ít nhất k điểm thuộc hệ câch đều P. Suy ra số bộ thuộc A nhận P lăm tđm của bộ lớn hơn hoặc bằng C2
n.
Có n điểm được tính nín số cặp không nhỏ hơnn·C3
k. • Có n điểm nín có C3
n bộ. Theo (i), mỗi bộ có không quâ 64 lần tính. Số cặp được tính không lớn hơn 64Cn3.
Từ đó suy ra
n·Ck3 664·Cn3 Tương đương với
nk(k−1)(k−2)664n(n−1)(n−2)
k(k−1)(k−2)664(n−1)(n−2) (k−1)3 <64(n−1)(n−2)
k <1 + 4p3
(n−1)(n−2)
Bất đẳng thức cuối cho chúng ta điều cần chứng minh. ❒
Nhận xĩt. Có thể tổng quât giả thiết (i) thănh không có quâ mđiểm năo thẳng hăng. Khi đó k <1 +p3
Ví dụ 21(IMO 1998). Trong một cuộc thi cóm thí sinh văngiâm khảo,n lă số nguyín dương lẻ vă n > 2. Mỗi giâm khảo đânh giâ thí sinh theo hai mức “đỗ”, “trượt”. Gọi k lă một số sao cho lấy hai giâm khảo tùy ý thì hai người đó có chung đânh giâk thí sinh. Chứng minh rằng
k m >
n−1 2n
Lời giải. Gọi N lă bộ ba (hai giâm khảo, một thí sinh) thỏa mên hai giâm khảo trong nhóm đó có cùng đânh giâ (“đỗ” hoặc “trượt”) cho thí sinh trong bộ đó.
Có C2
n câch chọn bộ hai giâm khảo. Măk lă số nguyín dương thỏa mên nếu lấy hai giâm khảo bất kì thì hai giâm khảo năy đânh giâ trùng nhiều nhất k thí sinh nín
N 6kCn2 (5)
Xĩt thí sinh A bất kì. Giả sử có x giâm khảo đânh giâ A đậu. • Có C2
xcặp giâm khảo đânh giâ A đậu, C2
n−x cặp giâm khảo đânh giâ A trượt. • Có tất cả C2
n−x+C2
xcặp giâm khảo có cùng đânh giâ đối với A. Ta có: Cn2−x+Cx2 = x(x−1) + (n−x)(n−x−1) 2 =x−n 2 2 + n 2 4 − n 2 > n2 4 − n 2 = (n−1)2 4 − 1 4 Mă (n−1)2 4 ∈N∗ nín có ít nhất (n−1)2
4 cặp giâm khảo có cùng đânh giâ đối vớiA. Suy ra N >m· (n−1) 2 4 (6) Từ (1) vă (2) ta có k· n(n2−1) >m· (n−41)2 Suy ra k m > n−1 2n . ❒