Đa thức và dãy số trong các kỳ thi HSG các nước năm 2017 - Lê Phúc Lữ

Ở bài toán này, ta chủ động xây dựng các con thỏ (các bộ ba) để đưa vào các chuồng phù hợp (các giá trị). Vì số thỏ theo cách làm trên tăng theo đa thức bậc ba, còn số chuồng chỉ là b[r]

ĐA THỨC, DÃY SỐ TRONG KỲ THI

CÁC NƯỚC 2017

Bài 1 (USA Preselection) Cho các đa thức P Q,

hệ số thực thỏa mãn

P x( )  Q x( ) với mọi x

Chứng minh rằng P x( )Q x( )

Gợi ý Đặt R x( )P x( )Q x( ) thì dễ thấy

1 R x( ) 1

   với mọi x Nếu degR1 thì điều

trên không thể xảy ra nên degR0

Đặt R x( )c và giả sử c0 Không mất tính

tổng quát, ta có thể xét c0, thì

( ) ( )

P x Q x c

Ta thấy, tồn tại x đủ lớn thì 0 P Q, đều đơn điệu

và song ánh trên ( ;x0  Xét ) mx0 sao cho

( )

P m  k  , khi đó  Q m( )k nên ta sẽ có

Q m( )  P m( ), mâu thuẫn

Vậy c0 hay P x( )Q x( )

2



  thỏa mãn tan 2 Xét dãy số ( )u xác định bởi n

tan

n

u  n với n1, 2,3,

Chứng minh rằng với mọi n thì u có thể viết n

thành phân số nguyên tối giản có mẫu là số lẻ

Gợi ý Sử dụng công thức cộng của tan rồi quy

q



  với ( , ) 1p q  và q lẻ;

thay vào là có đpcm

Bài 3 (Indonesia) Cho đa thức P x( ) có hệ số

nguyên và có ít nhất 9 nghiệm nguyên phân biệt

Giả sử tồn tại x0 sao cho P x( )0 2017

Chứng minh rằng P x( ) 0.0 

Gợi ý Đặt P x( ) ( x x x x 1)(  2)(x x Q x 9) ( ) với Q x( )[ ]x , trong đó x x1, , ,2  là các x9 nghiệm phân biệt của P x( ) Giả sử tồn tại x sao 0 cho P x( ) 00  thì Q x( ) 00  , suy ra Q x( ) 1.0 

Ta có

0

( ) 4!5! 2880 2017

Bài 4 (Belarus) Cho số (0;1], chứng minh rằng không tồn tại dãy số ( )x gồm vô hạn số n hạng sao cho xn2  xn1xn,n

Gợi ý Ta có xn1xn nên xn1xn Suy ra

n n n

1 1

n n n

x x x

Bài 5 (Moldova) Cho

0

i i



 với an  0

và a0 a a1, , ,2  an 0 Gọi b là hệ số của xn1

trong P x2( ), chứng minh rằng P2(1) 4 b Gợi ý Dùng BĐT AM-GM, ta có

1 0

P

Bài 6 (Ấn Độ) Cho đa thức bậc ba

3

rằng P có ba nghiệm nguyên (không nhất thiết phân biệt), chứng minh rằng   3

Gợi ý Xét theo mod 7 để chứng tỏ n0

Từ đó suy ra nghiệm là  1, 1, 2

2

  và a b, (0;1).

1

1 2

n n

a a









 



1

( )k

n n







Chứng minh rằng tồn tại n để an  bn

Gợi ý Tìm công thức tổng quát của hai dãy rồi

dùng BĐT ln(1  x) x với mọi x(0;1)

Bài 8 (Benelux) Cho số nguyên dương k2 và

đặt 65k 1 2 1 0

n n

a a  a a a

1

n n

P x a x a x    a x a

Chứng minh rằng đa thức này không có nghiệm

hữu tỷ

q



thì p 1;5 và q1, 2, ,9  Xét phép chia đa

thức q P xn ( ) ( qx p f x ) ( ) với f x( ) x

(cần nhân qn để đảm bảo f hệ số nguyên) rồi

thay x10, ta có qn65k (10q p f ) (10)

Nếu p1 thì dễ thấy vô lý vì 65k không có ước

dạng 10q1

Nếu p5 thì xét chữ số tận cùng ở hai vế để suy

ra điều vô lý

Bài 9 (Iran MO) a) Chứng minh rằng không tồn

tại dãy vô hạn các số nguyên dương a a a1, , ,2 3 

sao cho gcd(ai  j a, j  i) 1 với mọi i j

b) Chứng minh rằng tồn tại dãy số ( )a gồm vô n

hạn các số nguyên dương sao cho

gcd(ai j a, ji) không chia hết cho 2017

Gợi ý a) Xét các trường hợp a2n chẵn, lẻ rồi xét

tương ứng a2n1,a2n1 để suy ra điều vô lý

b) Chọn dãy số an   n 1 (mod 2017)

Bài 10 (China MO) Với n, xét đa thức

0

i

i



 với ai 0;1 và i(mod 2)

i n

a C

Tính số các số n2017 để P x( ) phân tích được

thành tích 5 đa thức hệ số nguyên bất khả quy?

Gợi ý Ta có các bổ đề:

(1) (Định lý Lucas) Với m n,  , giả sử 

a A b B

tự nhiên Khi đó, n

m

C lẻ khi và chỉ khi B A

(2) Với số nguyên dương n thì P x( )x2n 1 bất khả quy

i A

n



 thì đa thức P xn( ) có thể phân tích thành i( )

i A

P x





11

C số n thỏa mãn

Bài 11 (USA TST) Cho các đa thức f g, có hệ

1 ( )

f x

x cx

g x

mọi x, trong đó c 2 2 2 Chứng minh rằng deg f 16

16

Đặt

0

i i



0

i

a  rồi khai triển, tìm điều kiện cần của n để

có tất cả hệ số f x( ) đều không âm Có thể nhân

sin 16

k

vào các BĐT rồi biến đổi tích thành tổng

Bài 12 (China TST) Cho đa thức P x( ) có bậc

ba và ba nghiệm vô tỷ a b c, , có tổng là 0 Giả

sử tồn tại p q,  sao cho a b 2 pb q (*) Chứng minh rằng T  p22p8q là số 7 chính phương

Gợi ý Đặt f x( )x2 px q rồi xét phép chia

( ( )) ( ) ( ) ( )

P Q x P x f x r x , thay x b vào suy

ra 0r b( ) nên dễ có r x( ) 0 hay (*) cũng đúng với b c 2 pc q c a ,  2 pa q

Từ a b c  0 ta có (p a p b p c )(  )(  ) 1

Bài giảng Tổ hợp 1 trường Đông 2017

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP

TRÊN DÃY SỐ

I) Giới thiệu

- Các khía cạnh thường gặp của dãy số: giới hạn,

dãy số nguyên và tính chất số học, các bài toán

đếm – tính chất của dãy số dạng tổ hợp

- Các phương pháp thường gặp: truy hồi, xuống

thang, cực hạn, …

- Bổ sung định lý Beatty và bài toán áp dụng

II) Các bài tập áp dụng

Bài 1 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương

1, , , ,2 3 2017

tròn theo thứ tự đó mà 6 số liên tiếp bất kỳ đều có

thể chia thành hai nhóm 3 có tổng bằng nhau

Phân tích Dùng phương pháp xuống thang

Ta có xixi1xi2xi3xi4xi5 0(mod 2)

với mọi i1, 2,3, , 2017 nên

6

i i

x x với mọi i

Vì (6, 2017) 1 nên suy ra tất cả các số có cùng

tính chẵn lẻ Ta xét phép biến đổi dãy số sau:

Nếu tất cả các số cùng chẵn thì thay bằng

2

i i

x

2

i i

x

1 i i



 sẽ giảm ngặt nếu có một số nào đó trong dãy khác 1;

suy ra quá trình biến đổi sẽ dừng lại khi tất cả đều

là 1 Vì ta thu được một dãy toàn là 1 nên dãy ban

đầu có tất cả các số hạng bằng nhau

Nhận xét Bài toán trên có thể thay việc chia 2

nhóm thành 3, 4,5, nhóm và vẫn giải được bằng

cách tương tự Ta xét các bài tương tự sau:

(APMO 2017) Bộ 5 số nguyên là tốt nếu có thể đặt chúng là a b c d e, , , , để a b c d e    29 Tìm tất cả các bộ 2017 số sao cho 5 số liên tiếp bất kỳ trong chúng đều tốt

Ở bài toán này, điểm khó là không biết các số đã cho có dương hay không; vì thể, đại lượng tổng ở trên không xét tiếp tục được

Tuy nhiên, cách áp dụng vẫn tương tự như sau:

- Trừ tất cả các số của bộ cho 29, ta thu được điều kiện tốt trở thành a b c d e    0

- Tất cả các số đã cho cùng tính chẵn lẻ, và chính xác là cùng chẵn

- Xét đại lượng 2017

1 2

i i

a S



2, tổng này giảm ngặt Từ đó suy ra tất cả các số này phải là 0 và tất cả ban đầu phải là 29

(VMO 2014) Tìm tất cả các bộ số 2014 số hữu tỷ không âm sao cho nếu bỏ đi bất kỳ số nào trong chúng thì các số còn lại có thể được chia thành 3

nhóm rời nhau, mỗi nhóm có 671 số sao cho tích các số trong mỗi nhóm là bằng nhau

Bài này khó hơn vì: số hữu tỷ chứ không nguyên, tích chứ không phải tổng, Ta lần lượt giải quyết điều đó như sau:

- Quy đồng mẫu để đưa về số nguyên

- Xét số mũ của 1 ước nguyên tố để đưa về tổng

- Chú ý thêm trường hợp số 0 (nếu có 1 số thì phải

có ít nhất 4 số)

Bài 2 Cho dãy số nguyên dương ( )a thỏa mãn: n i) Gồm các số phân biệt nhau

ii) Với mọi n thì an  n iii) a15,a2 4,a3  3 a) Chứng minh rằng tồn tại n2017 sao cho

1

n

a   ? n

b) Giả sử an   với mọi n 2 n2017, hỏi có tất

cả bao nhiêu dãy số như thế?

Phân tích

a) Bài toán có thể giải quyết dễ dàng bằng phản

chứng và Dirichlet Thật vậy, nếu an  n 1 với

mọi n2017 thì các số hạng a4 a2017 sẽ nhận

các giá trị trong tập hợp 62018 Khi đó, sẽ có

hai số hạng bằng nhau, không thỏa

b) Nếu đã có an   với mọi n 2 n2017 thì các

số hạng a4 a2017 sẽ nhận các giá trị trong tập

hợp 62019 Nhận xét:

2017 2017, 2018, 2019

2016 2016, 2017, 2018, 2019

lấy một số nên cũng còn 3 cách chọn

Tương tự, đến a6 vẫn có 3 cách chọn Còn lại a5

có 2 cách chọn và a4 có 1 cách chọn

Theo nguyên lý nhân, ta có 2 3 2012 dãy thỏa mãn

Bài 3 Xét lục giác ABCDEF có độ dài cạnh là 1

được điền các số như hình vẽ

Một con ếch xuất phát từ A và nhảy đến các đỉnh

sao cho mỗi bước nhảy đều có độ dài nguyên Hành

trình của ếch là dãy các tên đỉnh mà ếch đã nhảy

qua; và hai hành trình được coi là khác nhau nếu ở

một lần thứ k nào đó, đỉnh mà ếch nhảy đến ở hai

hành trình là khác nhau

Gọi m là số hành trình ếch nhảy sao cho tổng các

số mà nó nhảy qua là 2017 Chứng minh rằng m

không phải là số chính phương

Phân tích

Ta thấy ACE và BDF là hai tam giác đều có cạnh

là 3 nên mỗi lần, ếch sẽ nhảy từ tam giác đều này đến tam giác đều kia

Chia nhóm: I ( , , )A C E tương ứng với các số

(0,0,1) và II ( , , )B D F tương ứng với (1,1, 2)

Ta thấy x y x I y II |  ,    1,1,1,1, 2, 2, 2, 2,3

chứng tỏ tổng các số trên hai bước nhảy liên tiếp của ếch sẽ nhận giá trị là 4 số 1, 4 số 2 và 1 số

3 Nếu gọi sn là số hành trình của ếch có tổng là

n thông qua chẵn bước thì

s  s   s  s  Một cách tương tự, gọi tn là số hành trình của ếch

có tổng là n thông qua lẻ bước thì công thức truy hồi vẫn thế (chỉ khác ở các số hạng đầu)

Vì vậy nên nếu gọi un  sn tn là số hành trình của ếch có tổng là n thì

u  u   u  u  với n3

Ta có u0 1,u16,u2 28 và từ công thức truy hồi thì m u 2017  u1 2(mod 4) nên m không thể là

số chính phương, ta có đpcm

Nhận xét Bài toán có thể giải bằng cách gọi 6 dãy truy hồi a b c d e fn, , , , ,n n n n n chỉ số hành trình của ếch có tổng là n và kết thúc tại A B C D E F, , , , , Tuy nhiên, cách tiếp cận đó khá phức tạp, đòi hỏi phải khai thác nhiều các liên hệ giữa các đường đi Một bài toán tương tự:

(Ả Rập TST 2017) Người ta đặt các số 1, 2,3, 4

trên vòng tròn theo thứ tự đó Một con kiến xuất phát từ số 1 và ở mỗi bước, nó sẽ bò qua số bên cạnh Hỏi con kiến có bao nhiêu cách bò sao cho

2

1

1

0

B

C D

E

F

A

tổng tất cả các số mà nó bò qua (kể cả số ban đầu)

bằng 21?

Tương tự bài trên, ta cũng tìm được hệ thức truy

hồi là sn sn32sn5sn7 Từ đó tính được

21 167

Bài 4 Cho dãy các số nguyên dương ( )u thỏa n

mãn điều kiện

0um n um un  với mọi ,1 m n 

Chứng minh rằng tồn tại a sao cho 

 

Phân tích Hãy đưa điều cần chứng minh về

1

a



Đến đây, gọi

1 min un 1, 2,3, ,2017

n

max un 1, 2,3, , 2017

n

Cần chỉ ra m M rồi chọn số a nằm giữa ( ,m M)

là xong Gọi ,p q lần lượt là các chỉ số nhỏ nhất để

có dấu bằng xảy ra ở các BĐT trên Khi đó

1

p

u   pm và uq Mq

Ngoài ra, uk  1 km k,  p và uk kq k q, 

- Nếu p q thì hiển nhiên đúng

- Nếu p q , ta đặt p q k  thì k  p nên

1

k

u  km, vì up uquk (theo giả thiết) nên

pm Mq km   m M

- Nếu p q thì cũng chứng minh tương tự với chú

ý rằng uq up uk1

Nhận xét Nếu đề bài đổi giả thiết thành

0um n umun  , 2

ta sẽ cần đến hai số a b, sao mới thỏa mãn được kết luận (vì khoảng chênh lệch của các số hạng rộng hơn một tí), cụ thể là tồn tại a b, 0 để

   

Bài 5 Hai dung dịch A B, có đặc điểm: số đo thể tích của 1 kg A bằng số đo khối lượng của 1 lít B

Ngoài ra, p lít A nặng bằng q lít B với ,p q nguyên tố khác nhau Mỗi dung dịch được chia cho vào các bình nhỏ giống nhau, cùng chứa 1 lít và vỏ nặng 1 kg Chứng minh rằng có đúng một cách ghép các bình cùng loại ( A hoặc B ) lại với nhau

mà khối lượng của chúng thuộc khoảng

(2017; 2018)

Phân tích Trước hết, ta xét định lý Beatty với nội dung như sau:

Cho hai số vô tỷ dương  , Xét hai dãy số

[ ],[2 ],[3 ],    tạo thành dãy A

[ ],[2 ],[3 ],    tạo thành dãy B

   thì A B, là phân hoạch của



 b) Chiều ngược lại vẫn đúng

Định lý này có thể chứng minh bằng cách sử dụng các BĐT về phần nguyên Dưới đây là cách chứng minh cho chiều đảo:

Với mỗi số nguyên dương k , gọi ,m n là các số nguyên dương thỏa mãn

[m] k [(m1) ] và [n] k [(n1) ] Đặt A{[ ],1i  i m} và B{[j],1 j n}

thì A m B,  và n A B, là phân hoạch của tập hợp 1, 2,3, , k  theo định nghĩa của đề bài

Do đó m n k  Theo bất đẳng thức phần nguyên thì m  1 k (m1) nên

1 1

1



1





1

1



  

Trở lại bài toán đã cho,

Gọi ,x y lần lượt là khối lượng riêng của các dung

dịch thì 1 1 ,y px qy

     

   , thỏa mãn định lý Beatty

Suy ra hai dãy [m],[n] là phân hoạch của số

nguyên dương nên ta có đpcm

Nhận xét

,

n n

a b lần lượt là số cách viết 10n trong hệ nhị

phân, ngũ phân Chứng minh rằng ( ),( )an bn là

phân hoạch của  \{1}

Để giải bài này, chú ý rằng: số chữ số của M trong

hệ p phân là [logpM] 1

Ngoài ra,  log 10,2  log 105 thỏa mãn điều

kiện của định lý Beatty

Từ đó, ta cũng có một nhận xét thú vị rằng: tổng số

chữ số của 2n và 5n trong hệ thập phân là n1

( )un xác định bởi: u1 1 và un1 là số nguyên

dương nhỏ nhất không thuộc tập hợp

u u1, , , ,2  u un 1k u, 22 , ,k  unnk Chứng minh rằng tồn tại  vô tỷ dương sao cho

 

n

u  n với mọi n Đây là một kết quả có từ 1959 Ta có thể phân tích cách tiếp cận như sau:

Xuất phát từ việc   2,  2 2 thỏa mãn điều kiện Beatty Ta có hai dãy với công thức

a n  b a  n là phân hoạch của  

Từ đó, để giấu dãy bn đi, ta chỉ cần xét an2n

Để ý a11,a2 2,a3 4,b1 3,b2 6,b3 10 nên

4

a có thể định nghĩa là số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc a a a a1, , ,2 3 12,a24,a36 Đó chính là cơ sở để có bài toán trên

Việc chứng minh hai dãy trùng nhau chỉ cần dùng

k

    chỉ có một

nghiệm vô tỷ dương duy nhất

(Dãy Wythoff) Cho chuỗi S11 Chuỗi Sn được tạo thành từ chuỗi Sn1 bằng cách thay 101 và

01 Các chuỗi S S S1, , ,2 3  được ghép liên tiếp lại với nhau thành một chuỗi vô hạn L Gọi an là

vị trí của số 1 thứ n trong chuỗi L Chứng minh rằng tồn tại  vô tỷ dương sao cho

 ,

n

a  n n

Ở đây, ta có nhận xét rằng số 0 thứ n được sinh ra bởi số 1 thứ n nên nếu gọi kn là số các số 0 đứng trước số 1 thứ n và bn là vị trí của số 0 thứ ,n ta

sẽ có an  n kn và bn 2n k n nên bn ann Chú ý rằng ( ),( )an bn chính là phân hoạch của  

1 1

    hay  chính là tỷ số vàng

Bài giảng Tổ hợp 2 trường Đông 2017

NGUYÊN LÝ DIRICHLET VÀ

Ý TƯỞNG XÁC SUẤT

I) Giới thiệu

Các ý tưởng Dirichlet thông dụng:

- Thỏ nhiều hơn chuồng thì có chuồng có 2 thỏ

- Thỏ nhiều hơn x lần chuồng thì có chuồng có

1

x thỏ

- Tổng của m số là n thì số lớn nhất sẽ n

m

số nhỏ nhất sẽ n

m

- Nếu một dãy vô hạn phần tử nhưng có hữu hạn

giá trị thì có giá trị nào đó xuất hiện vô hạn lần

II) Bài tập áp dụng

Bài 1 Cho dãy Fibonacci Chứng minh tồn tại số

hạng của dãy tận cùng là 2017 chữ số 9

Phân tích Bài toán đưa về chứng minh tồn tại

2017

1(mod10 )

n

Xét sn là số dư của Fn khi chia cho k102017 thì

các cặp số dư ( ,s sn n1) sẽ nhận tối đa k2 giá trị,

trong khi có vô hạn chỉ số như thế; chứng tỏ tồn tại

m n mà ( ,s sn n1) ( , s sm m1) Suy ra dãy số dư

tuần hoàn; và tuần hoàn từ số hạng đầu tiên Vì

1 2 1

F F  thì F0 0,F11,F2  1 nên tồn tại

(vô số) số hạng thỏa mãn đề bài

Nhận xét Kỹ thuật xét số dư mod k như trên là rất

phổ biến với dãy số nguyên Chú ý rằng chỉ cần có

hệ số của số hạng cuối trong công thức của dãy sai

phân tuyến tính là nguyên tố cùng nhau với k thì

sẽ có sự tuần hoàn từ số hạng đầu tiên

Ngoài ra, để tránh xét chỉ số âm, ta có thể đặt

3

n n

E  F thì công thức truy hồi của En giống Fn

cho thấy trong ( )En có số thỏa mãn đề bài

Bài 2 Cho các số nguyên dương a a1, , ,2 a là 63 một hoán vị của 1, 2,3, ,63 Xét các số sau đây

1

1 2

1 2 63

a



Chứng minh rằng trong 63 số này, có không quá

38 số chính phương

Phân tích Xét dãy số chính phương không vượt quá 2017 là44 , 43 , 42 , ,3 , 2 ,12 2 2  2 2 2 (*)

Đặt

1

2017 k

i



Giả sử có không ít hơn 39 số chính phương dãy ( )b thì trong dãy (*) ở trên, ta đã loại đi không k quá 5 số chính phương phân biệt, đồng nghĩa với việc loại đi không quá 10 cặp số chính phương liên tiếp

Chú ý rằng hiệu của hai số chính phương liên tiếp luôn lẻ; và do dãy b giảm nên cứ hai số chính k phương liên tiếp xuất hiện trong dãy b thì nó phải k

là hai số liên tiếp của dãy, chẳng hạn bt1, bt Khi

đó, b bt  t1at1 là số lẻ

Do đó, khi loại đi không quá 10 cặp số chính phương liên tiếp trong (*) gồm 43 cặp số chính phương liên tiếp thì còn lại ít nhất 43 10 33  cặp, tương ứng với 33 số lẻ trong a , vô lý vì từ 1 đến k

63 chỉ có 32 số lẻ

Bài 3 Trong một két sắt, có 7 người lính đang canh giữ một kho báu Kho báu đặt sau 11 lớp cửa và mỗi cửa có 3 ổ khóa Biết rằng tất cả các khóa đều khác nhau và mỗi bảo vệ có chìa khóa của một số

ổ khóa Biết rằng bất cứ 4 người nào cũng có chìa khóa cho tất cả các khóa Chứng minh rằng có 3 người có chìa cho tất cả các khóa để mở kho báu Phân tích Ta chỉ cần chứng minh nhận xét sau:

Với mỗi ổ khóa, có tối đa 1 nhóm 3 người không

mở được Thật vậy, vì nếu có 2 nhóm thì sẽ có ít

nhất 4 người, và vì thế 4 người đó sẽ không mở

được cửa kho báu

Giả sử phản chứng không tồn tại bộ 3 thỏa mãn thì

cứ mỗi bộ 3 sẽ có ít nhất một ổ khóa mà họ không

cùng mở được Theo nhận xét trên thì các ổ khóa

như thế là khác nhau Tuy nhiên, ta cũng có

3

7 35 3 11 33

C     là số ổ khóa nên vô lý

Bài 3 (Bulgaria 2013) Chứng minh rằng tồn tại

một số nguyên dương có không quá 9 chữ số mà

có thể biểu diễn thành tổng của ba số chính phương

phân biệt bởi ít nhất 1000 cách

Phân tích Với mỗi số nguyên dương N xét tất cả ,

tổng các bình phương có dạng

2 2 2

a b c với 1 a b c N   

Rõ ràng có tất cả 3

N

C tổng như thế Ngoài ra, vì

, ,

a b c N nên tổng các bình phương này không

vượt quá 3N Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất 2

một tổng xuất hiện

3

2

N

Xét N 18003 thì ( 1)( 2) 1000

18

N

và hơn nữa 3N2 109 nên câu trả lời là khẳng định

Nhận xét Ở bài toán này, ta chủ động xây dựng

các con thỏ (các bộ ba) để đưa vào các chuồng phù

hợp (các giá trị) Vì số thỏ theo cách làm trên tăng

theo đa thức bậc ba, còn số chuồng chỉ là bậc hai

nên số 1000 có thể thay bằng số lớn tùy ý

Bài 4 Cho bảng ô vuông 100 100 mà mỗi

hàng/cột của bảng đều được tô bởi màu A B C D, , ,

với số lượng đều nhau

a) Chứng minh rằng có 2 cột mà số cặp ô khác màu

cùng hàng trên đó ít nhất là 76

b) Chứng minh rằng có 2 cột, 2 hàng mà giao điểm

của chúng là hình chữ nhất có 4 góc khác màu

Phân tích

a) Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều

có ít nhất 25 cặp ô cùng màu

Cố định cột 1, xét 99 cột còn lại Gọi T là số bộ

( , )a b trong đó cột a2 có ô thứ b từ trên xuống

là cùng màu Theo giả sử trên thì T 99 25. Mặt khác, theo giả thiết thì T 100 24 (tính theo hàng) Suy ra 100 24 99 25   , vô lý

b) Giả sử phản chứng rằng không có 2 hàng, 2 cột nào thỏa mãn Xét 2 cột đã chọn được ở trên, giả

sử đã có cặp ( , ),( , )A B A C thì sẽ không có ( , )C D

và ( , )B D Ta có hai khả năng:

- Nếu có ( , )A D thì không có ( , )B C , khi đó mỗi cặp trong 76 cặp đều có màu A ; trong khi số lần màu A xuất hiện trên đó tối đa là 50, vô lý

- Nếu có ( , )B C thì không có ( , )A D ; khi đó, trên

76 cặp sẽ có 76 2 152  màu, trong khi số màu tối

đa là 25 2 3 150  

Từ đây ta có đpcm

Bài 5 Trong một hình vuông 10 10 , cho 51 điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng

a) Chứng minh rằng có một tam giác tạo bởi ba điểm đó có diện tích không vượt quá 2

b) Nối các điểm đó lại với nhau, cùng với các đỉnh của hình vuông (không có hai đoạn nào cắt nhau ở giữa) chia hình vuông thành các miền tam giác Chứng minh có một miền diện tích nhỏ hơn 1 Phân tích

a) Chia hình vuông thành 25 hình vuông con rồi

sử dụng bổ đề: trong một hình bình hành, cho 3 điểm tùy ý thì diện tích tam giác không vượt quá

1

2 diện tích hình bình hành

b) Gọi k là số miền thu được ứng với n điểm bên trong hình vuông Ta tính tổng các góc T của các miền theo hai cách:

- Mỗi miền là tam giác nên T 180k

- Do các góc xung quanh mỗi điểm đều được tính

nên T 360  n 90 4

Suy ra k 2n2 Ở bài toán này, số miền sẽ là

51 2 2 104   , mà diện tích hình vuông là 100

nên sẽ có một miền diện tích nhỏ hơn 1

Bài 6 (IMO Shortlist 1993) Có 19 số nguyên

dương x x1, , ,2  x19 không vượt quá 93 và 93 số

nguyên dương y y1, , ,2  y93 không vượt quá 19

Chứng minh rằng có thể chọn ra một số số xi và

một số số yi sao cho tổng của chúng bằng nhau

Phân tích Bài toán trên là một dạng đặc biệt của:

Cho 2 dãy hữu hạn các số nguyên dương

1 2 m , 1 2 n

minh rằng tồn tại 1  i1 i2 m,1 j1 j2 n sao

i j

i j

i i j j

 



 

Đặt

có thể giả sử rằng ambn Khi đó, với mỗi p như

trên, tồn tại f p( )q là chỉ số bé nhất mà ap bq

Xét m hiệu bf(1)a b1, f 2 a2, ,bf m( ) am (*)

Dễ thấy rằng tất cả các hiệu này đều bé hơn m vì

nếu ngược lại, tồn tại p mà bf p( )ap m thì

( ) 1 ( )

( ) ( ) 1 ( ) 1

0

f p f p p

f p f p p p f p



mâu thuẫn với định nghĩa của số f p( ) Ta có hai

trường hợp sau:

(1) Nếu tồn tại một trong các hiệu ở dãy (*) bằng

0 thì chọn i1 j1 1,i2  p j, 2  f p( )

(2) Nếu không thì tất cả các giá trị này đều thuộc

{1, 2, , m1} là một tập hợp có m1 phần tử, nên

theo nguyên lí Diriclet thì tồn tại hai hiệu có giá trị bằng nhau

Giả sử ta có bf r( )ar bf s( )a s rs,  Ta tiến hành chọn i1  s 1,i2 r j, 1 f s( ) 1, j2  f r( ) Bài 7 (Bài toán về tập độc lập)

Một tập độc lập (independence set) của graph

( , )

G V E là tập con của V sao cho các đỉnh đó không được nối với nhau Ta có 2 định lý:

(Định lý 1) Cho graph G( , )V E có V n và bậc các đỉnh không vượt quá d Chứng minh rằng

có một tập độc lập chứa ít nhất

1

n

d đỉnh

(Định lý 2) Cho graph G( , )V E có V n và bậc các đỉnh là x x1, , ,2  xn Chứng minh rằng có một tập độc lập chứa ít nhất

1

1 1

n

i  xi

Định lý 1 chứng minh dễ dàng bằng cách cực hạn như sau: Xét tập độc lập A có nhiều đỉnh nhất, giả

sử là k và tập còn lại là B với n k đỉnh

Do mỗi đỉnh trong B đều không được thêm vào A nên phải kề với đỉnh nào đó trong A Vì A sinh ra

1

n k d





Ở định lý 2, ta dùng ý tưởng xác suất như sau: Xét một hoán vị của các đỉnh, đặt là v v1, , ,2  vn

Ta sẽ bắt đầu từ đỉnh v1, đưa lần lượt vào tập độc lập A theo quy tắc sau: một đỉnh v chỉ được chọn nếu như trong A , không có đỉnh nào có cạnh nối với nó; nghĩa là v sẽ là đỉnh đầu tiên trong

deg( ) 1v  đỉnh gồm chính nó và deg( )v đỉnh có cạnh nối với nó Xác suất để xảy ra điều này là

1 deg( ) 1v  Từ đó suy ra kỳ vọng của số đỉnh trong

A sẽ là

1

1 1

n

i  xi

Cuối cùng, ta xét một ứng dụng cực kỳ thú vị của

tập độc lập như sau:

Bài 8 (C7, IMO Shortlist 2011) Cho 2500 điểm

chia đều một vòng tròn được đánh số 1, 2,3, , 2 500

theo thứ tự nào đó Giá trị của một cung là tổng 2

số trên đầu mút của cung đó Chứng minh có 100

cung đôi một không cắt nhau và có cùng giá trị

Phân tích Đặt 2n2500 thì khi đó, trên vòng tròn

sẽ có 2n điểm Giá trị của các cung sẽ thuộc tập

{3, 4, , 4 1}

Gọi Gc là graph con với đỉnh là các cung ứng với

giá trị c C Hai đỉnh của Gc (cũng chính là cung

của đường tròn) được gọi là kề nhau nếu chúng

biểu diễn cho các cung cắt nhau

Mục tiêu của bài toán là chứng tỏ có một tập độc

lập của Gc nào đó có ít nhất 100 phần tử Theo

định lý 2 thì sẽ có một tập độc lập có ít nhất

1 ( )

1 c

c

v G v

I G

d







Giá trị trung bình của kích cỡ của tập trên là

( )

c

1

v G dv

tất cả các cung của đường tròn (có 2

2n

thế) Ta sẽ đánh giá bậc của các đỉnh đó để chứng

minh trung bình cộng trên lớn hơn 100

Với mỗi cung L , ký hiệu m L( ) là số cung khác cắt

L Dễ thấy số cung cắt L sẽ không vượt quá m L( )

Với mỗi i{0,1, 2, , n1} thì có đúng 2n cung

L có m L( )i Chú ý rằng m L( ) 0 nghĩa là hai đầu mút của cung liên tiếp nhau Còn m L( ) n 1

nghĩa là cung nhỏ tương ứng cũng chính là đường kính của vòng tròn Từ đây ta có nhận xét:

Với mỗi i{0,1, 2, , n1}, sẽ có không quá 2n

đỉnh v G mà dv i Suy ra

2 1

n n



Dễ chứng minh được

1

1 ln( 1)

n

i

n i



ln( 1)

n



Vì n2499 nên 499 ln 2 249,5 ln 2

2

Ta chỉ cần chứng tỏ 249,5 ln 2 100  , nhưng điều này là đúng vì ta có đánh giá e2 2,82 23 nên ln 2 2,

3



3

Bài toán được giải quyết hoàn toàn

Nhận xét

Bài toán trên sẽ cực khó nếu ta không có khái niệm

về tập độc lập và định lý liên quan ở trên

Tổng quát của bài toán trên khi thay 2 thành 500 2n

thì số cung độc lập, cùng giá trị sẽ là 2 ln( 1)

n



TP Bảo Lộc, ngày 17/11/2017

GV Lê Phúc Lữ Chúc các thí sinh đạt kết quả tốt tại VMO 2018!

L 2