Do đó M cũng là tâm vị tự của hai đường tròn trên, nên ba điểm M, O, H thẳng hàng.. Ta dễ dàng chứng minh được các cặp tam giác sau đồng dạng g.g4ABE ∼ 4HBQ,và 4ABD ∼ 4HQB.. Tiếp theo, t
Trang 1GẶP GỠ TOÁN HỌC 2014
Tiêu Thụ Bài Giảng Ngày 2
1 Bất đẳng thức
Bài 1.1: Cho x, y, z là ba số thực dương Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = xp+ y + z3
x yz ,
với điều kiện x2+ y2+ z2= 2(x y + yz + zx).
Lời giải: Từ giả thiết của bài toán ta có(x + y − z)2= 4x y Giả sử x = max(x, y, z)
ta có ngay x + y = z + 2px y Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
P = xp+ y + z3
x yz = 2(z + px y)p3
x yz =2
z+px y
2 +px y
2
3
2· 3Æ3
z·p2x y ·p2x y
3
2
Đẳng thức xảy ra khi x = 4y = 4z Vậy max P = 3p3
2
Bài 1.2: Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng
bc
a2 +ca
b2 +a b
a3+ b3+ c3 ¾ 5
Lời giải Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
a3b3+ b3c3+ c3a3− 3a2b2c2
a2b2c2 ¾
2(a3+ b3+ c3− 3abc)
a3+ b3+ c3
Giả sử c ¾ b ¾ a Ta có đánh giá
a3b3+ b3c3+ c3a3− 3a2b2c2= (ab + bc + ca)[c2(a − b)2+ ab(a − c)(b − c)]
¾ (a b + bc + ca)[a b(a − b)2+ ab(a − c)(b − c)]
¾ (a b + bc + ca) · a b · [(a − b)2+ (a − c)(b − c)],
và
a3+ b3+ c3
− 3abc = (a + b + c)[(a − b)2+ (a − c)(b − c)].
Do đó, ta cần chứng minh
(ab + bc + ca)[(a − b)2+ (a − c)(b − c)]
2(a + b + c)[(a − b)2+ (a − c)(b − c)]
a3+ b3+ c3 ,
Trang 2tương đương với
(ab + bc + ca)(a3+ b3+ c3) ¾ 2abc2(a + b + c).
Theo bất đẳng thức AM-GM, thì
a bc (a + b + c) ¶ (ab + bc + ca)
2
Do đó, ta cần chứng minh được
3(a3+ b3+ c3) ¾ 2c(ab + bc + ca),
hay là
3(a3+ b3+ c3) ¾ 2c2(a + b) + 2abc.
Vì
a3+ b3
¾(a + b)3
4 , và c
3 =c
3
2 +c
3
2. Nên theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
a3+ b3+ c3
¾ 3
3
r (a + b)3
3
2 ·c
3
2p3
2· c2(a + b).
Từ đó suy ra
3(a3+ b3+ c3) ¾ 9
2p3
2· c2(a + b).
Do đó, ta cần chứng minh
9
2p3
2· c2(a + b) ¾ 2c2(a + b) + 2abc,
2p3
2− 2
c (a + b) ¾ 2ab.
Bất đẳng thức này đúng vì c (a + b) ¾ c · 2a ¾ 2ab, và 9
23p
2 − 2> 1 Đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi a = b = c Bài toán được chứng minh.
Trang 32 Hình học phẳng
A - Phương tích, trục đẳng phương
Bài 2.1: Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng hai tam giác PAB và QAC sao cho
AP = AB, AQ = AC, ∠BAP = ∠CAQ Hai đường thẳng BQ và C P cắt nhau tại R Gọi O
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCR Chứng minh rằng AO vuông góc với PQ Lời giải: Hai tam giác AP C và ABQ đồng dạng nên ∠APR = ∠ABR Suy ra A, P, B, R
thuộc đường tròn(O1) Tương tự A, R, C, Q thuộc đường tròn (O2) và (O1), (O2) cắt
AQ , AP tại E, F.
Gọi(I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF, đường thẳng O1I , O2I cắt AE , AF tại
M , N Ta có ∠AEP = ∠ARC = ∠AFQ do đó hai tamm giác AEP, AFQ đồng dạng.
M , N là trung điểm của AE, AF nên hai tam giác PAM và QAN đồng dạng Suy ra
∠M P N = ∠MQN Từ đó có P, M , N , Q đồng viên.
Vì I , M , A, N đồng viên, ta có ∠AQP = ∠M N A∠M IA Do đó I, M, H, Q đồng viên (IA cắt PQ tại H ) Do đó IA vuông góc với PQ.
I
O1
O2
A
F E
P
Q
M N
R B
C H
Mặt khác PQ là trục đẳng phương của (I) và (O) nên IO vuông góc PQ (vì ta có
PA · P F = PR · PC, QA · QE = QB · QR) Từ đó có AO vuông góc với PQ.
Bài 2.2: Cho tam giác ABC có I và I a lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp góc A Giả sử I I a cắt BC tại A0 Gọi M là trung điểm cung BC (không chứa A)
và N là trung điểm cung M BA (của (ABC)) Tia N I và N I a cắt đường tròn (ABC) tại S
và T Chứng minh rằng ba điểm A0, S, T thẳng hàng.
Lời giải: Bằng cách biến đổi góc đơn giản ta có ∠N SA = ∠N AM, từ đó suy ra 4N AS ∼ 4N I a A Suy ra tiếp ∠I a1= ∠NAS, mà tứ giác NATS nội tiếp, nên ∠T = ∠I a1
hay T I SA a cũng là tứ giác nội tiếp trong(C)
Trang 4Theo tính chất trục đẳng phương và tâm đẳng phương, chú ý rằng I I a và BC lần lượt
là trục đẳng phương các cặp đường tròn(C) và (M) , (O) và (M) suy ra A0 thuộc trục đẳng phương của(C) và (O)
O
B
A
C I
I a
A0
M
N
S
T
Ta có điều phải chứng minh
Bài 2.3: Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại A, B Một đường thẳng bất kì qua
B cắt (O1), (O2) tại C, D Trên tia đối của tia AB lấy điểm M Giả sử MC cắt (O1) tại
P , M D cắt (O2) tại Q Gọi E, F lần lượt là giao điểm của BP và AC, BQ và AD Biết O là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ Chứng minh OM vuông góc E F.
Lời giải: Ta có M thuộc trục đẳng phương của O1 , O2 nên
M C · M P = M D · MQ, hay tứ giác PQDC nội tiếp.
Gọi Hlà tâm đường tròn ngoại tiếp 4AC D Từ các đẳng thức theo phương tích của
E , F đối với O1 , O2 , ta có E F là trục đẳng phương của các đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ, AC D.
Đến đây ta chứng minh M , O, H thẳng hàng Đầu tiên, để ý PQDC là tứ giác nội tiếp
và M là giao điểm của DQ và C P nên M là tâm nghịch đảo của (O) , (H) Do đó M cũng là tâm vị tự của hai đường tròn trên, nên ba điểm M, O, H thẳng hàng Mặt khác theo tính chất trục đẳng phương ta có OH ⊥ EF, suy ra OM ⊥ EF.
Trang 51 2 3
O1
B
O2
A
M
C
D
P
Q
E O F
H
K
Hoặc nếu không sử dụng phép nghịch đảo ta có thể gọi giao điểm thứ hai của DQ với (H) là K Bằng một số biến đổi góc ta có thể chứng minh HK k OQ Khi đó theo định
lý Thales ta cũng suy ra M, O, H thẳng hàng như trên.
B - Phép biến hình
Bài 2.4: Hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài với nhau tại C, tiếp xúc trong với (O)
tại D và E Gọi d là tiếp tuyến chung tại C của (O1), (O2) Dựng đường kính AB của (O) vuông góc với d sao cho ba điểm A, D, O1 nằm cùng phía với d Chứng minh rằng
AO1, BO2, DE đồng quy.
Lời giải: Xét phép vị tự HD, R R
1
: O1 → (O) Vì O1C k OB suy ra O1C → OB và
C → B, do đó D, C, B thẳng hàng Hơn nữa, nếu gọi X là giao điểm của CO1 với O1 thì X → A, do đó X , A, D thẳng hàng.
Tương tự ta cũng có A, C, E thẳng hàng và Y ∈ ED trong đó Y là giao điểm của CO2
với O2 Do đó ∠AEB = ∠ADB = 90◦ nên C là trực tâm của 4MAB, với M là giao điểm của AD, BE Do đó M ∈ d.
Gọi P , H là giao điểm của d với DE, AB Khi đó (M, C, P, H) = −1, suy ra
Mặt khác xét chùm AD, AO1, AC, AH có đường thẳng qua O1 song song với AH cắt
AD , AC sao cho O1 là trung điểm của AC nên
AD , AO1, AC, AH
Trang 6A B
M
O H
D
E
C X
Y
O1
O2 P
Từ(2.4.1) và (2.4.2) ta có A, O1, P thẳng hàng Tương tự B, O2, P thẳng hàng Từ đây
suy ra điều phải chứng minh
Bài 2.5: Cho hai đường tròn (O), (O0) cắt nhau tại A, B và M là một điểm bất kì trên
đường thẳng AB Từ M kẻ hai tiếp tuyến M D, M E tới (O0) Giả sử AE và AD cắt đường
tròn (O) tại P, Q Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm một điểm cố định.
Lời giải: Gọi C là giao điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ A, B đối với (O0) , H là giao điểm của AC với (O) , G là giao điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ H, B đối với (O)
O
B
O0
A
M
E
D P
Q C H
G
Trang 7Ta dễ dàng chứng minh được các cặp tam giác sau đồng dạng (g.g)4ABE ∼ 4HBQ,
và 4ABD ∼ 4HQB Do đó tồn tại phép biến hình H là tích của phép vị tự và phép
quay biến(O0) → (O) , 4ABE → 4HBQ, 4ABD → 4HQB.
Mặt khác do ADBE là tứ giác điều hòa nên DE đi qua C, theo tính chất của phép biến hình suy ra PAQB là tứ giác điều hòa và PQ đi qua G, mà G cố định (theo cách dựng) Vậy PQ đi qua điểm cố định khi M thay đổi trên AB.
3 Thuật toán
Bài 3.1: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y sao cho x2+ x + 1 y và y2+ y + 1 x Gợi ý: Từ giả thiết suy ra(x, y) = 1 và
x y | (x2+ x + 1)(y2+ y + 1),
x y | x2+ y2+ x + y + 1.
Đặt
ta có
Giả sử (3.1.1) có nghiệm và gọi(x0, y0) là một bộ nghiệm sao cho x0+ y0 nhỏ nhất
Theo định lý Viete cho (3.1.2), x1 = k y0− 1 − x0 = y2+y0 +1
x0 > 0 cũng là nghiệm của
(3.1.1) Suy ra(x1, y0) cũng là nghiệm của (3.1.1), suy ra x0+ y0¶ x1+ y0, hay
x0
y0 + 1
2 y0 ¶
k
2.
Từ đây tận dụng (3.1.1), ta suy ra k ¶ 6 Phần còn lại xin dành cho bạn đọc.
Bài 3.2: Với a, b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng
a b − a − b là số tự nhiên lớn nhất không viết được dưới dạng ax + b y trong đó x, y là
các số nguyên không âm.
Gợi ý: Đây là định lý Sylvester Ta chứng minh bài toán qua các bước sau:
• Chứng minh rằng, nếu (a, b) = 1 thì mọi số nguyên dương N đều biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng a x + b y, trong đó 0 ¶ x ¶ b − 1.
• Áp dụng bổ đề trên, chứng minh N0 không biểu diễn được
• Chứng minh mọi N > N0 luôn biểu diễn được
Phần chứng minh cụ thể xin dành cho bạn đọc
Trang 84 Tổ hợp
Bài 4.1: Tìm số các hoán vị a1, , a n của {1, 2, , n} (n ¾ 2) thỏa mãn cả hai điều
kiện sau:
(i) a i 6= i, với mọi i = 1, 2, , n.
(ii) a i+1− a i ¶ 1 với mọi i = 1, 2, , n − 1.
Lời giải: Trước hết, ta sẽ đếm số các hoán vị thỏa mãn điều kiện (ii) Gọi a nlà số các
hoán vị dạng này Giả sử a i = n thì do điều kiện a i+1− a i ¶ 1 nên a i−1= n − 1 và cứ thế, suy ra a1 = n − i, các số còn lại là 1, 2, 3, , n − i − 1 tạo thành hoán vị thỏa mãn điều kiện (ii) nhưng có n − i − 1 phần tử và là S n −i−1 Do 1 ¶ i ¶ n nên ta có
S n=
n−1
X
i=0
S n −i = S1+ S2+ S3+ · · · + S n−1
Ta cũng có S1= 0, S2= 2, bằng quy nạp, ta chứng minh được S n= 2n−1 với n ¾ 1.
Tiếp theo, ta sẽ tính số các hoán vị thỏa mãn điều kiện (ii) nhưng không thỏa mãn
điều kiện (i), tức là trong hoán vị có ít nhất một chỉ số i mà a i = i Ta thấy rằng nếu tồn tại i 6= j mà a i = i, a j = j thì với mọi k mà i ¶ k ¶ j thì a k = k Gọi x, y lần lượt
là số nhỏ nhất, lớn nhất thỏa mãn a i = i, 1 ¶ i ¶ n với 1 ¶ x < y ¶ n.
Ta nhận xét rằng với các số a k mà k < x thì chỉ có thể nhận các giá trị từ y + 1 đến n,
tương tự, với các số a k mà k > y thì chỉ có thể nhận các giá trị từ 1 đến x − 1 Khi đó,
dễ thấy rằng nếu hai đại lượng x − 1, n − y khác nhau thì không thể tồn tại cách sắp xếp nên ta phải luôn có x − 1 = n − y hay x + y = n + 1.
Với mỗi x mà 1 ¶ x ¶n+12 , tương tự cách tính số hoán vị thỏa mãn điều kiện (ii) ở trên, ta thấy số hoán vị thỏa mãn là22(x−2) nếu x ¾ 2 và bằng 1 nếu x = 1 Khi đó, số
hoán vị thỏa mãn điều kiện (ii) nhưng không thỏa mãn điều kiện (i) là
1+
[n+1
2 ] X
i=2
22(x−2)= 1 +
[n+1
2 ] X
i=2
4x−2= 1 +4[
n+1
2 ] − 1
n+1
2 ] + 2
Vậy số hoán vị cần tìm chính là2n−1−4[n+1
2 ]−1 +2
Bài 4.2: Cho số nguyên dương n Kí hiệu T là tập hợp 2n số nguyên dương đầu tiên.
Hỏi có bao nhiêu tập con S của T thỏa mãn tính chất: Trong S không tồn tại a , b thỏa
mãn |a − b| ∈ {1, n} ?
Lời giải: Ứng với số nguyên dương n, đặt 2n số nguyên dương 1, 2, 3, , 2n − 1, 2n
vào một bảng2× n như sau:
n + 1 n + 2 n + 3 · · · 2n − 1 2n
Ta sẽ xác định tổng số các chọn một số ô vuông từ bảng này (có thể là không chọn số nào) thỏa mãn hai điều kiện dưới đây:
(*) Hai ô vuông kề nhau (tức là hai ô chứa hai số liền nhau hoặc hai số cách nhau
n đơn vị) sẽ không được chọn đồng thời
Trang 9(**) Hai ô chứa số n và n+ 1 cũng sẽ không được chọn đồng thời.
Rõ ràng số cách chọn này chính là số tập hợp con S của tập hợp T cần tìm, đặt số cách chọn này là S (n).
Ta sẽ xét thêm số cách chọn một số ô vuông A (n), , B(n), C(n) từ các bảng (A), (B), (C)
cũng thỏa điều kiện(∗) nhưng có một số thay đổi như sau:
• A(n) : Bảng (A) này chứa đủ các số từ 1 đến 2n và hai ô vuông chứa số n, n + 1
vẫn được chọn đồng thời
n + 1 n + 2 n + 3 · · · 2n − 1 2n
• B(n) : Bảng (B) này không có chứa ô vuông ở góc của bảng, chẳng hạn là ô vuông chứa số n+ 1
n + 2 n + 3 · · · 2n − 1 2n
• C(n) : Bảng (C) này không tính hai ô vuông ở góc của bảng chứa hai số liên tiếp là n và n+ 1
n + 2 n + 3 · · · 2n − 1 2n
Ta sẽ chứng minh các kết quả sau:
(1) A (n) = S(n) + C(n − 2).
(2) A (n) = A(n − 1) + 2B(n − 1).
(3) B (n) = A(n − 1) + B(n − 1).
(4) B (n) = C(n) + C(n − 1).
(5) C (n) = B(n − 1) + B(n − 2) + C(n − 2).
Thật vậy:
(1) Để tính số cách chọn A (n) các ô vuông từ bảng (A), ta chia làm 2 trường hợp:
◦ Các ô chứa n và n + 1 không được chọn đồng thời: Số cách chọn này chính
là S (n).
◦ Các ô chứa n và n + 1 đã được chọn đồng thời: Khi đó, các ô chứa số
1, n + 2, 2n, n − 1 không được chọn, bảng (A) có dạng như sau:
n + 3 · · · 2n − 1
◦ Bảng này chứa 2n − 4 ô nên có thể xem nó tương ứng với bảng:
n n + 1 · · · 2n − 3 2n − 2
Trang 10Rõ ràng, số cách chọn các ô vuông từ bảng này và thỏa điều kiện(∗) chính
là C (n − 2) Do các trường hợp ở trên là rời nhau nên:
A (n) = S(n) + C(n − 2).
(2) Để tính số cách chọn A (n) các ô vuông từ bảng (A), ta chia làm 3 trường hợp:
◦ Các ô vuông chứa 1 và n + 1 không được chọn: Bảng (A) có dạng:
n + 2 n + 3 · · · 2n − 1 2n
Bảng này chỉ chứa2n− 2 ô nên có thể xem tương ứng với bảng sau:
n n + 1 n + 2 · · · 2n − 3 2n − 2
Số cách chọn các ô từ bảng này và thỏa điều kiện(∗) chính là A(n − 1).
◦ Chọn ô vuông chứa số 1 : Khi đó, ô vuông chứa số n + 1 và 2 không được
chọn, bảng có dạng:
◦ Ta thấy bảng này cũng có thể xem tương ứng như bảng sau:
n + 1 n + 2 · · · 2n − 3 2n − 2
Số cách chọn các ô từ bảng này và thỏa điều kiện(∗) chính là B(n − 1).
◦ Chọn ô vuông chứa số n + 1 : Tương tự trên, số cách chọn trong trường hợp này là B (n − 1) Các trường hợp trên là rời nhau nên:
A (n) = A(n − 1) + 2B(n − 1).
Các kết quả(3), (4) và (5) ở trên, chứng minh tương tự
Từ đó, ta sẽ chứng minh công thức truy hồi của S (n) :
S (n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n).
Thật vậy từ(2) ta suy ra
B (n − 1) =1
2[A(n) − A(n − 1)] ,
thay vào(3) :
1
2[A(n + 1) − A(n)] = A(n − 1) + 1
2[A(n) − A(n − 1)] ,
tương đương với
A (n + 1) − A(n) = 2A(n − 1) + A(n) − A(n − 1),
A (n + 1) = 2A(n) + A(n − 1), ∀n ¾ 1.
Trang 11Từ đó, suy ra
A (n + 3) = 2A(n + 2) + A(n + 1) = A(n + 2) + 2A(n + 1) + A(n) + A(n + 1),
hay
Thay(4) vào (5), ta được
C (n) = [C(n − 1) + C(n − 2)] + [C(n − 2) + C(n − 3)] + C(n − 2),
C (n) = C(n − 1) + 3C(n − 2) + C(n − 3), ∀n ¾ 3,
Từ(1), (6) và (7), ta có được công thức truy hồi của S(n) là:
S (n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n), ∀n ¾ 0.
Mặt khác, ta có:
• Với n = 0 : Bảng không có ô vuông nào, chọn 0 ô vuông từ bảng: Có 1 cách:
S(0) = 1
• Với n = 1 : Bảng có 2 ô vuông: Có thể chọn 0 hoặc 1 ô vuông.
◦ Chọn 0 ô vuông từ bảng: Có 1 cách
◦ Chọn 1 ô vuông từ bảng: Có 2 cách (chọn ô vuông chứa số 1, 2)
Do đó: S(1) = 3
• Với n = 2 : Bảng có 4 ô vuông, có thể chọn 0, 1, 2 ô vuông.
◦ Chọn 0 ô vuông từ bảng, có 1 cách
◦ Chọn 1 ô vuông từ bảng, có 4 cách (chọn ô vuông chứa số 1, 2, 3, 4)
◦ Chọn 2 ô vuông từ bảng, có 1 cách (chọn đồng thời hai ô vuông chứa số
1, 4)
Do đó: S(2) = 6
Ta được kết quả sau:
¨ S (0) = 1, S(1) = 3, S(2) = 6
S (n + 3) = S(n + 2) + 3S(n + 1) + S(n), n = 0, 1, 2,
Ta sẽ xác định công thức của S (n) Xét phương trình đặc trưng: λ3 = λ2+ 3λ + 1, ta
đượcλ = −1, λ = 1 ±p2 Ta có:
S (n) = α(−1) n
+ β(1 +p2)n + γ(1 −p2)n, n= 0, 1, 2, trong đóα, β, γ đều là các số thực.
Cho n= 0, 1, 2, ta được hệ phương trình:
α + β + γ = 1
− α + (1 +p2)β + (1 −p2)γ = 3
α + (1 +p2)2β + (1 −p2)2γ = 6
⇔
α = −1
2
β =3+
p 2 4
γ = 3−
p 2 4
Trang 12Do đó với mọi n ¾ 0, thì
S (n) = (3 +
p
2)(1 +p2)n+ (3 −p2)(1 −p2)n− 2(−1)n
Vậy số tập con S của tập hợp T cần tìm thỏa mãn điều kiện đã cho chính là:
(3+p2)(1+p2)n+(3−p2)(1−p2)n
−2 · (−1)n
Lời giải kết thúc
Bài 4.3: Hai anh Cẩn và Huyện chơi một trò chơi bằng cách lần lượt đặt các đồng xu
(hình tròn, cùng bán kính) lên một chiếc đĩa tròn cho trước, mỗi lượt một đồng, sao cho các đồng xu không nằm ra ngoài đĩa hoặc chồng lên nhau Người thua cuộc là người không thể đặt thêm đồng xu lên đĩa Giả sử anh Cẩn đi trước, hỏi anh Cẩn có chiến thuật thắng không?
Gợi ý: Nếu bán kính của đĩa nhỏ hơn bán kính của đồng xu thì anh Cẩn thua vì không thể nào đặt lên đĩa bất kì 1 đồng xu nào sao cho thỏa bài
Nếu bán kính của đĩa lớn hơn bằng bán kính đồng xu thì anh Cẩn có một chiến thuật thắng như sau:
• Đầu tiên, anh Cẩn đặt một đồng xu vào chính giữa đĩa (tâm trùng với tâm đãi)
• Các bước tiếp theo anh Cẩn thì cần đặt đồng xu ở vị trí đối xứng với anh Huyện qua tâm của đĩa là đủ
Lời giải kết thúc
(Æ) Nếu thay đĩa tròn bằng một cái đĩa hình tam giác vuông cân thì sao?
Bài 4.4: Cho các số nguyên dương n , k, p với k ¾ 2 và k(p + 1) ¶ n Cho n điểm phân
biệt cùng nằm trên một đường thẳng Tô n điểm đó bằng hai màu xanh, đỏ (mỗi điểm chỉ tô đúng một màu) Tìm số cách tô màu khác nhau, sao cho các điều kiện sau đồng thời được thỏa mãn:
(1) Có đúng k điểm được tô bởi màu xanh.
(2) Giữa hai điểm màu xanh liên tiếp (tính từ trái qua phải) có ít nhất p điểm được
tô màu đỏ.
(3) Ở bên phải điểm tô màu xanh cuối cùng có ít nhất p điểm được tô màu đỏ (4) Hai cách tô màu được gọi là khác nhau nếu có ít nhất một điểm được tô màu khác nhau trong hai cách đó.
Gợi ý: Đánh số các điểm trên đường thẳng lần lượt từ 1 đến n theo thứ tự từ phải
quá trái
Gọi0< a1< a2< · · · < a k ¶ n là vị trí tương ứng của các điểm màu xanh trên đường
thẳng Các điều kiện của đề bài tương đương:
(i) a1> p.
(i) a i+1− a i > p, ∀i ∈ 1; k − 1.