Toan roi rac nhom 10 phan 3

Chứng minh rằng trong suốt cuộc đua có một số chẵn lần vượt nhau của các ô tô.. Ta sẽ chứng minh nếu số lần vượt nhau là số lẻ thì khi về đích các ô tô không được sắp xếp như cũ.. Do đ

Trang 1

Bài 1. Cho số nguyên n�2 Chứng minh rằng trong mọi họ gồm ít nhất 2n11 tập hợp con không rỗng phân biệt của tập 1, 2, , n đều tìm được ba tập hợp mà một trong chúng là hợp của hai tập còn lại.

Hướng dẫn giải

Giải bằng quy nạp

Với n=2 ,ta có {1;2}={1}U{2}

Với n>=2, giả sử có 2n+1 tập con không rỗng của tập {1,2, ,n+1}

Nếu ít nhất trong 2n-1+1 tập hợp trong chúng không chứa n+1, theo giả thiết quy nạp ta có đpcm

Nếu ít nhất 2n-1+2 tập hợp chứa n+1 thì bỏ n+1 ra khỏi các tập hợp này và ta áp dụng giả thiết quy nạp Nếu có đúng 2n-1 tập con không chứa n+1 thì có đúng 2n-1 tập con chứa n+1 (có nhiều hơn 1 phần tử) và tập {n+1}

Loại bỏ n+1 trong những tập con này ta được 2n tập con khác rỗng của tập {1,2, ,n}, và do đó trong chúng phải có hai tập trùng nhau, gọi đó là A

Do vậy AU{n+1}=B �1, 2, ,n1

(đpcm)

Bài 2. Cho X là một tập hợp 2015 số nguyên dương Gọi p p1, 2, ,p là các ước nguyên tố của các số n

trong X Chứng minh rằng nếu 2015 2 thì tồn tại hai số trong X mà tích của chúng là một số chínhn phương

Mỗi số M trong X mã hóa bởi một dãy nhị phân ( , , , )x x1 2 x trong đó n x i  nếu số mũ của 0 p trong i

phân tích tiêu chuẩn của M là chẵn; x i  nếu số mũ của 1 p trong phân tích tiêu chuẩn của M là lẻ i

Áp dụng nguyên lí Dirichlet, ta xác định 2015 thỏ là 2015 số trong X Các chuồng là 2n dãy nhị phân có

độ dài n Khi đó có hai số có tương ứng cùng dãy nhị phân Tích hai số này là một số chính phương

Bài 3. Cho tập S gồm tất cả các số nguyên trên trong đoạn [1;2014] Gọi T là tập hợp gồm tất cả các tập con không rỗng của S Với mỗi tập hợp X T� , ký hiệu ( )m X là trung bình cộng của tất cả các số thuộc

X Đặt

( )

| |

m X m

T

(ở đây tổng được lấy theo tất cả các tập hợp X T � ) Hãy tính giá trị của m.

Hướng dẫn giải Cách 1: Với mỗi x�[1, 2, , 2014], đặt m k �m(X) ở đây tổng được lấy theo tất cả các tập hợp

X T� mà | |X  k

Xét số a bất kỳ thuộc S, suy ra a có mặt trong 20131

k

C  tập X T� mà | |X  k Suy ra (1 2 2014) 2013k 1 1007.2015 2013k 1

k

Do đó

1

2013

2014 2014

(X) 1007.2015

k

C

k



(2 1) 2

Mà

2015 2015

| | (2 1)

2

Cách 2 Xây dựng song ánh từ T vào T như sau

( ) {2015 - / } ( ) ( ( )) 2015

Suy ra 2�m(X)� m(X)m(f(X)) | T | 2015

Suy ra

(X) 2015

| T | 2

m

Trang 2

Bài 4. Ở các vị trí khác nhau của một đường đua ô tô vòng tròn cùng một thời gian có 25 ô tô xuất phát theo cùng một hướng Theo thể lệ cuộc đua, các ô tô có thể vượt lẫn nhau, nhưng cấm không được vượt đồng thời hai xe một lúc Các ô tô đến đích là các điểm mà chúng xuất phát ban đầu cùng một lúc Chứng minh rằng trong suốt cuộc đua có một số chẵn lần vượt nhau của các ô tô

Ở Ta sơn 1 trong 25 ô tô thành màu vàng, còn các oto khác đánh số từ 1 đến 24 theo thứ tự mà chúng ở thời điểm ban đầu sau ô tô màu vàng ( theo chiều chuyển động của các ô tô) Ở tâm của đường đua ta đặt một bảng để ghi số thứ tự của các ô tô sắp xếp sau ô tô vàng sau mỗi lần các ô tô vượt nhau, tức là ta được một hoán vị của {1,2,…,24}

Trường hợp 1:

Mỗi lần 2 ô tô trong các ô tô từ 1 đến 24 vượt nhau thì trên bảng có 2 số liền nhau đổi chỗ cho nhau Trường hợp 2:

Nếu trước khi có lần vượt của một ô tô nào với ô tô vàng, các số trên bảng lập thành một hoán vị a1, a2,

…,a24 thì sau lần vượt đó sẽ có hoán vị a2,a3,…,a24,a1

Từ hoán vị trên có thể chuyển xuống hoán vị dưới bằng 23 phép chuyển vị, tức là

phép đổi chỗ 2 số liền nhau

Trường hợp 3:

Nếu ô tô vàng vượt một ô tô nào đó thì từ hoán vị a1,a2,…,a24 ta có hoán vị a24,a1,a2,…a23 Lần di chuyển này cũng có thể thay bằng 23 phép chuyển vị như trường hợp 2

Như vậy mỗi lần các ô tô vượt nhau đều dẫn đến việc thực hiện một số lẻ lần phép chuyển vị Ta sẽ chứng minh nếu số lần vượt nhau là số lẻ thì khi về đích các ô tô không được sắp xếp như cũ Thật vậy gs

a1,a2…,a24 là một cách sắp xếp tùy ý của các số1,2,…24 Ta sẽ nói rằng các số ai,aj lập thành một nghịch thế nếu i<j mà ai>aj Khi đổi vị trí 2 số đứng liền nhau, tức là thực hiện một phép chuyển vị thì sẽ tăng hay giảm số nghịch thế đi 1 Do đó nếu các oto vượt nhau một số lẻ lần thì từ cách sắp xếp thứ tự của các oto ban đầu, đến cuối cùng ta đã thực hiện một số lẻ các phép chuyển vị, tức là số nghich thế của lần sắp xếp cuối cùng là số lẻ, nghĩa là các ô tô không thể sắp xếp như cũ Mâu thuẫn

Vậy các ô tô vượt nhau một số chẵn lần

Bài 5. Với n là số nguyên dương, một tập con của tập 1, 2,3, , n

được gọi là tốt nếu sau khi ta sắp xếp thứ tự tăng các phần tử của nó thì thu được các số lẻ, chẵn, lẻ, … theo thứ tự

Ví dụ các tập con tốt là 1, 4,5,6 , 3, 4,7  

, tập � Tập 2,3, 4, 7

không là tập con tốt do nó bắt đầu bởi

số chẵn

Tính số tập con tốt của tập 1, 2,3, , n

Gọi f là số tập con tốt của n 1, 2,3, , n .

Ta lập hệ thức truy hồi của f n

+ Nếu tập con tốt của 1, 2,3, , n không lấy n thì f n  f n1.

+ Nếu tập con tốt của 1, 2,3, , n lấy n thì f n  f n2.

Vậy ta có f n  f n1 f n2.

Hơn nữa f12, f2 3

Phương trình đặc trưng

1 0

2

x   x � x �

Suy ra

n

f  A� �B� �

Trang 3

Thay 2 giá trị đầu ta được

2

3

� ��  ��  � 

� Suy ra

n

f

Bài 6. Với mỗi hoán vị pa a1, , ,2 a9 của các chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s p 

là tổng của ba số có 3 chữ số a a a , 1 2 3 a a a , 4 5 6 a a a Trong các 7 8 9 s p 

có hàng đơn vị bằng 0, gọi m là giá trị nhỏ nhất của nó

và n là số các hoán vị p thỏa mãn s p  m Tính m n .

Để s p  đạt giá trị nhỏ nhất thì 3 chữ số hàng trăm là 1, 2, 3, s p  có chữ số tận cùng bằng 0 thì các chữ số hàng đơn vị có tổng là bội của 10 Và từ các chữ số 4, 5, 6, 7, 8, 9 không có ba số nào có tổng bằng 10 và vì 7 8 9 24 30    nên 3 chữ số hàng đơn vị phải có tổng bằng 20, ta thấy

5 6 9 4 7 9 5 7 8 20         , có ba bộ số có thể xếp vào 3 chữ số ở hàng đơn vị, tương ứng các chữ

số còn lại sẽ là hàng chục Do đó giá trị nhỏ nhất của s p 

là m  1 2 3 100 19 10 20 810�  �  

Như vậy có 3 trường hợp, trong mỗi trường hợp có 6 cách chọn 3 chữ số hàng trăm, 6 cách chọn 3 chữ số

hàng chục và 6 cách chọn 3 chữ số hàng đơn vị Vậy số các hoán vị p thỏa mãn yêu cầu bài toán là

3 6 6 6 648

n � � � 

Vậy m n 162.

Bài 7. Giả sử n là một số nguyên dương ( n�2014) và A{ , , , }a a1 2 a n là một tập con của tập

{1,2, ,2014}, thỏa mãn: nếu a a i+ j �2014, 1 i� � � thì j n a a i+ j

cũng là một phần tử của tập A

Chứng minh rằng:

1+ + +2 2015

2

n

Không mất tính tổng quát giả sử rằng a1a2   a n

Ta sẽ chứng minh a ka n 1 k �2005  �k 2n

(1)

Thật vậy, giả sử 2

n k

 �

: a ka n 1 k �2004 Khi đó a1a n 1 k, a2a n 1 k, ,a k1a n 1 k và a k a n 1 k đều không vượt quá 2004 Như vậy theo giả

thiết k số kể trên đều là phần tử của tập A

Nhưng chú ý rằng những số trên đều lớn hơn a n 1 k Điều này dẫn đến một điều mâu thuẫn vì trong tập A

chỉ có đúng k1 số lớn hơn a n 1 k, đó là a n 2 k, ,a n.

Vậy điều giả sử là sai Bất đẳng thức (1) được chứng minh

Áp dụng BĐT (1):

2( + + + ) ( + ) ( +a a1 2 a n  a a1 n  a a2 n1) (  a na1)�n.2015

�đpcm.

Trang 4

Bài 8.

Với mỗi số nguyên dương m, kí hiệu C(m) là số nguyên dương k lớn nhất sao cho luôn tồn tại một tâp S gồm m số nguyên dương để mỗi số nguyên chạy từ 1 đến k hoặc thuộc S hoặc là tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử này không nhất thiết phân biệt) Chứng minh:

( )

C m

Trước tiên ta tính thử một vài giá trị ban đầu của C(m) để cảm nhận bài toán

Dễ thấy: C(1)=2; C(2)=4; C(3)=8

Nhận xét: Việc tính C(m) quy về việc đếm số phần tử của tập A xác định bởi:

+) (2 điểm) Chứng minh:

( 3) ( )

2



�m m

C m

2

| |

| | (| | 3) ( 3)

| | | | | | | | | |

Chú ý: Để đánh giá số phần tử của tập S+S ta chia hai trường hợp x trùng y và x khác y

Rõ ràng {1;2;3; ;k} là một tập con của A nên ta được đpcm

+) Chứng minh:

( 6)

( ) 4

m m

C m

Ta sẽ chỉ ra một tập B sao cho với mọi số nguyên chạy từ 1 đến m(m+6)/4 hoặc thuộc B hoặc là tổng hai

số (không nhất thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi đó 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 và dễ thấy tập

�

chứa dãy số liên tiếp từ 1 đến (n+1)n + 2n và rõ ràng (n+1)n + 2n = 2n(2n+6)/4

TH2: m = 2n+1

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

�

chứa dãy số liên tiếp từ 1 đến (n+1)n+3n+2 và rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4

Từ hai TH trên ta được đpcm

Bài 9. Điền 29 số nguyên dương đầu tiên vào các ô vuông con của bảng 6 x 5 bằng cách sau: Cho phép thay đổi vị trí của các số trong bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy một số nằm ở ô kề với ô trống rồi chuyển

số đó sang ô trống Hỏi bằng cách thực hiện liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển số nói trên đối với bảng số ban đầu ta có thể nhận được bảng số sau đó hay không?

15 16 17 18 19

Trang 5

Nhờ phép chuyển số theo qui tắc của đề bài, từ Bảng 1 ta có thể nhận được Bảng 2 (*)

Ta coi ô trống của mỗi bảng là ô được điển số 0 Với mỗi bảng số nhận được trong quá trình chuyển số, ta liệt kê tất cả các số trong bảng theo thứ tự từ hàng trên xuống hàng dưới và trong mỗi hàng thì từ trái qua

phải Khi đó ứng với mỗi bảng số ta sẽ có một hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên Và do đó, điều giả sử

(*) tương đương với: Từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 , 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) có thể nhận được hoán vị (29, 2, 3, 4, ,11 12, 0, 13,

14, 15, 27, 28, 1) (gọi là hoán vị b) nhờ việc thực hiện liên tiếp một số hữu hạn lần phép đổi chỗ hai số

trong hoán vị theo qui tắc: Mỗi lần, lấy hai số 0 của hoán vị rồi đổi vị trí của số 0 đó cho một số liền kề

với số 0 đó (1)

+) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) là một hoán vị của 30 số tự nhiên đầu tiên Ta gọi cặp số a a i; j

là cặp số ngược của hoán vị vừa nêu nếu a i a j và i j Dễ thấy, sau một lần thực hiện phép đổi chỗ hai số kề

nhau đối với hoán vị (a1, a2, a3, ……, a30) thì số cặp số ngược của hoán vị đó sẽ tăng hoặc giảm đi một đơn vị

+) Khi chuyển chỗ hai số a và i a i n ( n �1 tùy ý) trong một hoán vị, cũng tức là chuyển a liên tiếp qua n i

số kề với nó và chuyển a i n liên tiếp qua n – 1 số kề với nó, nghĩa là chuyển 2n – 1 (một số lẻ lần) hai số

kề nhau, do đó cặp số ngược của hoán vị đó sẽ tăng hoặc giảm một số lẻ đơn vị (2)

+) Ta có: Số cặp số ngược của của hoán vị a là 12 và số cặp số ngược của hoán vị b là 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy ra từ hoán vị a ta chỉ có thể nhận được hoán vị b sau một số lẻ lần thực hiện phép đổi chỗ hai

số nào đó Điều này cho thấy, nếu từ Bảng 1 ta nhận được Bảng 2 thì số lần đổi chỗ hai số ở hai ô nào đó

phải là số lẻ (3)

+) Tô màu tất cả các ô vuông con của bảng 6 x 5 bởi hai màu xanh, đỏ sao cho hai ô kề nhau có màu khác nhau Sau mỗi lần đổi chỗ hai số ở hai ô kề nhau, trong đó có số 0 ở ô trống, theo cột hay theo hàng thì số

0 được chuyển từ ô có màu này sang ô có màu kia Và vì thế do số 0 ở bảng 1 và số 0 ở bảng 2 nằm ở hai

ô cùng màu nên từ bảng 1 ta chỉ nhận được bảng 2 sau một số chẵn lần đổi chỗ hai số ở hai ô kề nhau,

trong đó có số 0 Điều này mâu thuẫn với (3) và mâu thuẫn đó cho thấy: Từ Bảng 1 ta không thể nhận

được Bảng 2 nhờ một số hữu hạn lần đổi chỗ ở hai ô kề nhau, trong đó có số 0 ở ô trống, theo quy tắc của

đề bài

Bài 10. Ban đầu ta có bộ số a b c d, , ,  trong đó , , ,a b c d là các số nguyên đôi một khác nhau Thực

hiện thuật toán sau: nếu có bộ số M x y z t, , ,  với x y z t, , , nguyên thì được phép thay thế bởi bộ số

x y y z z t t x

Chứng minh rằng việc thực hiện thuật toán trên sẽ dừng lại sau hữu hạn bước

Giả sử ngược lại, ta nhận được bộ số với các thành phần là số nguyên

Trang 6

Gọi S n max x ny n , y nz n , z nt n ,t n x n , x nz n , y n t n

trong đó x y z t n, , ,n n n

là bộ số nhận

được sau bước thứ n

Ta có: S n1S n, � n 1

Do S n��,n�1 nên tồn tại m�� sao cho * S m  0

Khi đó ta có: x m  y mz m   t m 0

Đặt x m y m z m   t m k

Ta có:

k

               

Suy ra: x m1 z m1,y m1 t m1.

Đặt x m1z m1u y, m1t m1 v

Ta có:

               

Suy ra:

2

u v        

Thế thì x m1 y m1z m1 t m1 Tiếp tục quá trình lập luận như trên dẫn đến a b c d   .

Vậy ta hoàn tất chứng minh

Bài 11. Cho bộ số 1; 2;3 .

1) Chúng ta thực hiện phép biến đổi trên các bộ 3 số như sau: thay hai số trong chúng, ví dụ a và b, bởi

a b và a b Hỏi có thể nhận được bộ số sau: a b c1; ;1 1

thỏa mãn a1 b1  c1 10 sau khi thực hiện hữu hạn phép biến đổi từ bộ số ban đầu 1; 2;3

?

2) Nếu chúng ta thực hiện phép biến đổi trên các bộ 3 số như sau: thay hai số trong chúng, ví dụ a và b,

bởi 2

a b

và 2

a b Hỏi có thể nhận được bộ số 28; 4; 2014sau khi thực hiện hữu hạn phép biến đổi từ

bộ số ban đầu 1; 2;3 .

Ta thực hiện theo cấu hình sau 1; 2;3 � 3; 1;3  � 3;2; 4 �

3; 2; 4  � 7; 2; 1  a b c1; ;1 1

Dễ thấy: a1  b1  c1 10

Trong mọi cấu hình ta luôn có: Tổng bình phương các số là không đổi

Lại có: 12 22 32 �282 42 20142

Vậy câu trả lời là phủ định

Bài 12. 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 thiết phân biệt)

sao cho tổng các số trên mỗi hàng và mỗi cột đều bằng m

Hỏi có tất cả bao nhiêu cách lập bảng “2015-hoàn thiện” kích thước 3x3 sao cho số nhỏ nhất trong các số ở các ô trên đường chéo chính nằm ở vị trí tâm của bảng?

(Ô ở đường chéo chính của bảng là ô ở vị trí giao của dòng có số thứ tự tính từ trên xuống và cột có số

thứ tự tính từ trái sang bằng nhau; ô ở tâm bảng 3x3 là ô ở dòng thứ 2 và cột thứ 2)

Trang 7

Ta giải bài toán trong trường hợp lập bảng “ m  hoàn thiện” kích thước 3x3

Gọi x y z t, , , lần lượt là các số điền được ở đường chéo chính và ô ở vị trí dòng 1 cột 2 , khi đó các số còn lại ở các ô được xác định duy nhất như hình bên dưới

Vì các số được điền là không âm và y là số nhỏ nhất trong các số ở đường chéo chính nên các điều kiện

sau phải thỏa

; min , ,

Các điều kiện trên có thể rút gọn lại thành

0�ymin , , ;x y z x t m z � ; �y t *

Khi đó 0� �y 2y t z x y t z x t m  �    �  �

Ta thấy rằng bộ bốn số không âm y y t z x y t z x t; 2   ;    ;  sắp theo thứ tự tăng dần xác định duy nhất bộ các số x y z t, , , thỏa mãn  *

và tương ứng với một cách lập bảng “ m  hoàn thiện” Do vậy, số

cách lập được là

4 4

m

Áp dụng với m2015được kết quả là

2019 4

Bài 13. Cho 51 điểm bất kì phân biệt nằm trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 5, trong đó không có không có 3 điểm nào thẳng hàng Vẽ các đường tròn có bán kính bằng 2và có tâm lần lượt là 51 điểm trên Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm trong số 51 điểm nói trên sao cho chúng đều thuộc phần giao của 3 hình tròn có tâm cũng chính là 3 điểm đó

* Chia hình vuông ABCD thành 25 hình vuông đơn vị ( có cạnh bằng 1)

Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất 1 hình vuông đơn vị chứa không ít hơn 3 điểm

* Mặt khác, khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong một hình vuông đơn vị không vượt quá 2

* Gọi I1, I2, I3 là 3 điểm nằm trong hình vuông đợ vị nào đó Vẽ 3 đường tròn có tâm lần lượt là I1, I2, I3 và

có bán kính bằng 2 thì 3 điểm I1, I2, I3 đều thuộc giao của cả 3 hình tròn này ( Đpcm)

Bài 14. Cho 2013 điểm trên đường thẳng, tô các điểm bằng một trong 3 màu màu xanh, đỏ, vàng (mỗi viên bi chỉ tô một màu) Có bao nhiêu cách tô khác nhau sao cho không có 3 điểm liên tiếp nào cùng màu

Gọi là số cách tô màu thỏa mãn cho n () điểm (bài toán của ta là n2013) Ta sẽ tính theo , xét hai bi cuối cùng của có hai trường hợp xảy ra:

+Nếu hai bi cuối cùng màu thế thì bi thứ n1khác màu 2 bi cuối.

+Nếu hai bi cuối khác màu thì bi thứ n1tô bất kì.

Từ đó sinh ra hai số đặc trưng là số cách tô n bi mà hai bi cuối cùng màu, là số cách tô màu n bi mà hai

bi cuối khác màu và cả hai cùng thỏa mãn 3 bi liên tiếp khác màu

Ta có: S n1 2M n2P n, P n12 ;S M n n1 P n

Trang 8

Thế thì S n12P n16S n 4S n26S n1 Vậy ta có hệ thức truy hồi: S n16S n14S n2  Bây giờ ta 0 tính S S thấy ngay 3, 4 S327 3 24  , S4    4! 3 12 49 Phương trình đặc trưng X26X   có 4 0 nghiệm là: x1 3 13,x2  3 13 Công thức xác định ax1n 2n

n

S  bx với ,a b thỏa mãn:

3

24 13 23

2 13(3 13)

a

b

�



� Sau đó cho n2013ta được kết quả bài toán.

Bài 15. Đối với mỗi giá trị của n��, tìm số k lớn nhất thỏa mãn trong tập hợp gồm n phần tử có thể

chọn ra k tập con khác nhau sao cho hai tập con bất kỳ đều có giao khác rỗng.

Số tập con của X là 2n Giả sử chọn được 2n1 tập con của X có giao khác rỗng Ta chia các tập con 1 của X thành 2n1 cặp được tạo bởi một tập con của X và phần bù của tập con đó trong X Có 2n1cặp, chọn ra 2n1 tập từ 1 1

2n cặp nên theo nguyên lý Dirichlet phải có ít nhất 2 tập thuộc cùng một cặp, và

do đó giao của nó bằng rỗng Điều này chứng tỏ không thể chọn được lớn hơn hoặc bằng 2n11 tập sao cho giao của hai tập bất kỳ trong chúng khác rỗng

Số tập con của X không chứa phần tử a là i 2n 1

Số tập con của X chứa a là i 2n2n 1 2n 1 Do đó có 1

2n

tập con của X có giao là phần tử a nên số k lớn nhất cần tìm là i 2 n 1

Bài 16. Trên bảng có 2013 số tự nhiên : 1;2; ;2013 Thực hiện phép toán: mỗi lần xóa đi 2 số (giả sử 2

số xóa đi là a và b) và viết lên bảng một số là a.b - a - b + 2 Sau 2012 lần thực hiện phép toán như vậy thì trên bảng chỉ còn 1 số Hỏi đó là số nào?

Gọi a a1; ; ;2 a2013 là 2013 số tự nhiên đã cho trên bảng

Xét tích P(a11)(a21) (a2013 1)

Mỗi lần xóa đi 2 số a,b (a b, �a a1; ; ;2 a2013 ) và viết thay bằng số a.b -a - b +2 thì trong tích P xóa đi 2 thừa số (a-1); (b-1) và viết thêm thừa số a.b - a - b +1

Vì : a b a b    1 (a 1)(b nên tích P không đổi sau mỗi lần thực hiện phép toán.1)

Ta có P = 0 ( vì 1�a a1; ; ;2 a2013) nên số cuối cùng còn lại trên bảng là số 1.

Bài 17. Cho p và q là các số nguyên dương khác 1 Tìm số nguyên dương m bé nhất sao cho trong mỗi m số nguyên phân biệt thuộc đoạn [ ; ]q p , tồn tại 3 số khác nhau có tổng bằng 0.

Ta sẽ chứng minh giá trị nhỏ nhất của m là max( , ) p q  , ở đây   3 nếu p , q là số chẵn và p q , 2

c trong các trường hợp còn lại.

Rõ ràng giá trị nhỏ nhất của m là tồn tại, ký hiệu nó bởi m Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử0

p q�

Đoạn [p q; ] chứa q số không âm và không có ba số nào có tổng bằng 1 0, suy ra trong mỗi trường hợp m0 �q2 Khi p , q là số chẵn và p q thì tập { ;  q q 1; ;L q/ 2; / 2; ; }q L q gồm q số và 2

Trang 9

không có ba số nào có tổng bằng 0 Do đó m0 �q Bây giờ ta đi chứng minh m0 �q Xét ba trường hợp

Trường hợp 1: p và q là hai số lẻ bằng nhau

Bằng quy nạp theo q ta chứng minh được

Bổ đề Nếu X �[ ; ] {0}q q � và X không chứa ba phần tử có tổng bằng 0thì | X|�q1

Thật vậy, khẳng định hiển nhiên đúng với q  Giả sử nó đúng với các số lẻ bé hơn q Xét tập1

[ ; ] {0}

X �q q � sao cho X không chứa ba phần tử có tổng bằng 0.

Đặt Y  X�{ ; (  q q 1);q1; }q Nếu | | 2Y � thì | | ( 1) 2X �q   q 1theo giả thiết quy nạp Bây giờ

ta xem là | | 3Y � Chắc chắn Y chứa hai phần tử cùng dấu, giả sử hai phần tử đó âm, do đó q Y X � � Suy ra với mỗi

1

1, 2, ,

2

q

, nhiều nhất một phần tử trong { ,i q i  sẽ thuộc X , suy ra X chứa nhiều }

nhất

1

2

q

phần tử dương, dấu bằng có thể xảy ra chỉ khi q X�

Nếu q X � thì bởi tính đối xứng, X chứa nhiều nhất

1 2

q phần tử âm, do đó |X |�q1.

Bài 18. Cho tập hợp X 1; 2;3; ;2016 Tìm số k nguyên dương nhỏ nhất sao cho với mọi tập con gồm k phần tử của tập hợp X đều chứa ít nhất 5 số nguyên liên tiếp

Xét tập hợp A X / 5 ,1 k � �k 403 � A 2016 403 1613 

Với k không lớn hơn 1613, thì chọn bất kỳ tập hợp B là tập con gồm k phần tử của A, cũng là tập con của

X và B không thể chứa 5 số nguyên liên tiếp

Nếu k = 1614 Xét C là một tập con của X gồm 1614 phần tử

5 4;5 3;5 2;5 1;5 ,i 1; 403, 404 2016

i

Nếu mỗi tập hợp trên chứa tối đa 4 phần tử thuộc C thì số phần tử của C không quá 4x403+1= 1613 ( vô lý) Vậy trong các tập hợp gồm 5 phần tử trên phải có 1 tập là con của C nên C chứa 5 số nguyên lien tiếp

Vậy số k nhỏ nhất cần tìm bằng 1614

Bài 19. Cho trước k số khác không a1; a2; …; ak thoả mãn với mọi số tự nhiên n lẻ ta có

1n 2n n 0

k

a a  a  Chứng minh rằng k chẵn và giả sử k = 2m thì các số a

1; a2; …; ak có thể phân chia thành m cặp sao cho tổng của 2 số trong mỗi cặp bằng 0

Do k hữu hạn nên trong k số a1; a2; …; ak ta chọn được số có giá trị tuyệt đối lớn nhất Giả sử số đó là a1

Theo giả thiết, với mọi n lẻ ta có: 2  

k

a a

� � � �

Do a1 có giá trị tuyệt đối lớn nhất nên 1

1, 2,3

i

a

a �  

Trang 10

Ta chứng minh, tồn tại i để 1

1

i a

Giả sử không có số nào trong các số 1

i a

a bằng -1.

Không mất tính tổng quát, giả sử i = 2, 3, , t thì 1

1

i a

và với i = t + 1, , k thì 1

1

i

a

a  Khi đó, từ (1) 

1



� � � �  � 

Do 1

1

i

a

a 

với i = t + 1, , k

chọn n lẻ đủ lớn để 1

n i

� �



� � với i = t + 1, , k



1



 � � � �

� � � � (mâu thuẫn)

Do đó, trong các số 1

i a

a có ít nhất 1 số bằng -1

Giả sử

2

1

a

 a1 + a2 = 0

Còn lại k – 2 số: a3; a4; ; ak.

Nếu k chẵn lặp lại lập luận trên  đpcm

Nếu k lẻ thì phải có 1 số trong các số đã cho mà mọi luỹ thừa lẻ của nó đều bằng 0  số đó bằng 0 (mâu thuẫn)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 20. Hãy chỉ ra tất cả các cách tô tất cả các số tự nhiên bởi ba màu xanh, đỏ, vàng sao cho trong mỗi cách tô, các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

1) Mỗi số tự nhiên được tô một màu và mỗi màu được dùng để tô vô số số tự nhiên;

2) Số 2 không được tô màu xanh;

3) Nếu số a được tô màu xanh thì số a +1 được tô màu đỏ hoặc màu vàng

4) Nếu số a được tô màu đỏ và số b được tô màu vàng thì số a +b được tô màu xanh

Trong phần trình bày dưới đây, khi nói tới số ta hiểu đó là số tự nhiên

* Xét một cách tô màu thỏa mãn các điều kiện của đề bài.

Trước hết, từ 3) và 4), bằng phản chứng dễ dàng suy ra hai số liên tiếp không được tô cùng một màu

Từ 4) và 1), cũng bằng phản chứng, dễ dàng chứng minh được 0 được tô màu xanh Từ đó suy ra 1 được

tô màu đỏ hoặc màu vàng Không mất tổng quát, giả sử 1 được tô màu đỏ Khi đó, vì 2 không được tô màu xanh (theo 2)) nên 2 phải được tô màu vàng Suy ra 3 được tô màu xanh (do 3=1+2) (*)

Tiếp theo, gọi a là số nhỏ thứ hai được tô màu đỏ (1 là số nhỏ nhất có tính chất vừa nêu) Ta sẽ chứng minh a là số chẵn

Thật vậy, giả sử ngược lại a = 2b + 1, với b là số lớn hơn 1 Khi đó, tất cả các số từ 3 đến 2b - 1 (kể cả 2b

- 1) không được tô màu đỏ và 2b được tô màu xanh Suy ra 2b - 1 được tô màu vàng Dẫn tới 2b - 2 được

tô màu xanh, và do đó 2b - 3 được tô màu vàng Tiếp tục quá trình suy luận đó, ta được 4 phải được tô màu xanh, và do đó 3 sẽ không được tô màu xanh (do 3)), mâu thuẫn với (*) Mâu thuẫn nhận được cho ta điều muốn chứng minh

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	539,13 KB