5,0 điểm Với số nguyên n ≥ 2, gọi sn là tổng các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên tố cùng nhau với n... a Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp hai cách chia
Trang 1ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI - VMO 2021
Phan Phương Đức - Nguyễn Tiến Dũng - Phạm Việt Hưng
A ĐỀ THI
Ngày thứ nhất.
Bài 1 (5,0 điểm)
Cho dãy số thực (xn) có x1 ∈
0,1 2
và xn+1= 3x2
n− 2nx3
n, với mọi n ≥ 1
a) Chứng minh lim xn= 0
b) Với mỗi n ≥ 1, đặt yn= x1+ 2x2+ · · · + nxn Chứng minh rằng dãy (yn) có giới hạn hữu hạn
Bài 2 (5,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:
f (x)f (y) = f (xy − 1) + xf (y) + yf (x), ∀x, y ∈ R
Bài 3 (5,0 điểm)
Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H và D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh
A, B, C Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I và K, J lần lượt là trung điểm BC, EF Cho HJ cắt lại (I) tại G, GK cắt lại (I) tại L
a) Chứng minh rằng AL vuông góc với EF
b) Cho AL cắt EF tại M , IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF tại N , DN cắt AB, AC lần lượt tại P, Q Chứng minh rằng P E, QF, AK đồng quy
Bài 4 (5,0 điểm)
Với số nguyên n ≥ 2, gọi s(n) là tổng các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên tố cùng nhau với n
a) Chứng minh s(n) = n
2(n + 1 − φ(n)), trong đó φ(n) là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n
b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n ≥ 2 thỏa mãn s(n) = s(n + 2021)
Trang 2Ngày thứ hai.
Bài 5 (6,0 điểm)
Cho đa thức P (x) = a21x21+ a20x20+ · · · + a1x + a0 có các hệ số thuộc [1011, 2021] Biết rằng P (x) có nghiệm nguyên và c là một số dương sao cho |ak+2− ak| ≤ c, với mọi k ∈ {0, 1, · · · , 19}
a) Chứng minh rằng P (x) có đúng một nghiệm nguyên
b) Chứng minh
10 X
k=0 (a2k+1− a2k)2 ≤ 440c2
Bài 6 (7,0 điểm)
Một học sinh chia tất cả 30 viên bi vào 5 cái hộp được đánh số 1, 2, 3, 4, 5 (sau khi chia có thể có hộp không
có viên bi nào)
a) Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp (hai cách chia là khác nhau nếu một hộp có số bi trong hai cách chia là khác nhau)?
b) Sau khi chia, học sinh này sơn 30 viên bi đó bởi một số màu (mỗi viên được sơn đúng một màu, một màu có thể sơn cho nhiều viên bi), sao cho không có 2 viên bi nào trong cùng một hộp có màu giống nhau và từ 2 hộp bất kì không thể chọn ra được 8 viên bi được sơn bởi 4 màu Chứng minh rằng với mọi cách chia, học sinh đều phải dùng không ít hơn 10 màu để sơn bi
c) Hãy chỉ ra một cách chia sao cho với đúng 10 màu học sinh có thể sơn bi thỏa mãn các điều kiện ở câu b)
Bài 7 (7,0 điểm)
Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D là giao điểm hai tiếp tuyến của (O) tại
B và C Đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B cắt trung tuyến đi qua A của tam giác ABC tại G Cho BG, CG lần lượt cắt CD, BD tại E, F
a) Đường thẳng đi qua trung điểm của BE và CF lần lượt cắt BF, CE tại M, N Chứng minh rằng các điểm A, D, M, N cùng thuộc một đường tròn
b) Cho AD, AG lần lượt cắt lại đường tròn ngoại tiếp các tam giác DBC, GBC tại H, K Trung trực của
HK, HE, HF lần lượt cắt BC, CA, AB tại R, P, Q Chứng minh rằng các điểm R, P, Q thẳng hàng
Trang 3B HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN
Bài 1 (5,0 điểm)Cho dãy số thực (xn) có x1 ∈
0,1 2
và xn+1 = 3x2
n− 2nx3
n, với mọi n ≥ 1
a) Chứng minh lim xn= 0
b) Với mỗi n ≥ 1, đặt yn= x1+ 2x2 + · · · + nxn Chứng minh rằng dãy (yn) có giới hạn hữu hạn
Lời giải: (Phan Phương Đức)
a)Xét hàm số fn(x) = 3x2− 2nx3 trên [0, +∞) với n ∈ N∗ Khi đó, fn0(x) = 6x − 6nx2 > 0 ⇔ x < 1
n.
Do đó, fn(x) đồng biến trong khoảng
0,1 n
Với n = 1 và x ∈
0,1 2
⊂ [0, 1], ta thấy:
f1(0) < f1(x) < f1 1
2
⇒ 0 < x2 = f1(x1) < 1
2. Với n = 2 và x ∈
0,1 2
⊂
0,1 2
, ta thấy:
f2(0) < f2(x) < f2 1
2
⇒ 0 < x3 = f2(x2) < 1
4.
⇒ 0 < xn< 1
(n − 1)2 (1), đúng với n = 2, 3
Giả sử (1) đúng đến n, khi đó vì 1
(n − 1)2 < 1
n, ∀n ≥ 3, ta có:
fn(0) < fn(x) < fn 1
n
⇒ 0 < xn+1 = fn(xn) < 1
n2
⇒ (1) đúng với mọi n ≥ 2 Từ đó dễ thấy lim xn= 0 theo nguyên lí kẹp
b)Từ đề bài dễ thấy (yn) là dãy tăng (2)
Mặt khác, vì xn+1 = 3x2
n− 2nx3
n< 3x2
n< 3 (n − 1)4, ∀n ≥ 2
⇒ xn< 3
(n − 2)4 ⇒ nxn < 3n
(n − 2)4 < 3
(n − 2)2, ∀n ≥ 4
Khi đó, yn = x1+ 2x2+ · · · + nxn< x1+ 2x2+ 3x3+ 3 1
22 + 1
32 + · · · + 1
(n − 2)2
, ∀n ≥ 4
Dễ có đánh giá 1
22 + 1
32 + · · · + 1
k2 < 1, ∀k ≥ 2 nên yn < x1 + 2x2+ 3x3 + 3, ∀n ≥ 4 (3)
Từ (2) và (3) suy ra ∃ lim yn(đpcm)
Nhận xét:Từ 0 < xn+1 < 1
n2 và xn+1 < 3x2
n, ∀n ≥ 1 ⇒ xn+2 < 3
n4
Từ đó dễ có tổng quát: xn+k < 3
2 k −1
n2 k+1, ∀n, k ≥ 1
Dễ thấy, với mọi t > 0 cố định, luôn tồn tại n0 và k0 ∈ N∗ để với mọi k ≥ k0, ta có BĐT:
(n0+ k)t.xn0+k < (n0 + k)
t.32 k −1
n2 k+1
0
< 1
n2 0
Từ đó, ta thấy dãy tổng quát (zn) với zn=
n X
k=1
kt.xkcũng có giới hạn, với mọi t > 0
Trang 4Bài 2 (5,0 điểm)Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn:
f (x)f (y) = f (xy − 1) + xf (y) + yf (x), ∀x, y ∈ R (1)
Lời giải: (Phan Phương Đức)
Thay x = 0 vào (1) ⇒ f (0).f (y) = f (−1) + yf (0) (2)
• Nếu f (0) 6= 0, từ (2) ⇒ f (y) = y + a, ∀y ∈ R Thay vào (1) thấy vô lí
• Nếu f (0) = 0, từ (2) ⇒ f (−1) = 0
Thay y = −1 vào (1) ⇒ f (−x − 1) = f (x), ∀x ∈ R (3)
Thay x = y = 1 vào (1) ⇒ f2(1) = 2f (1) ⇒ f (1) = 0 hoặc f (1) = 2
TH1: f (1) = 0 Thay y = 1 vào (1) ⇒ f (x − 1) = −f (x) (4)
Với y 6= 0, lần lượt thay y bởi 1
x và
2
x vào (1), ta có:
f (x).f 1
x
= xf 1
x
+f (x)
f (x).f 2
x
= xf 2
x
+2f (x) x
⇒ 2 [f (x) − x] f 1
x
= [f (x) − x] f 2
x
(6) Giả sử ∃a 6= 0 mà f (a) = a Thay x = a vào (5) ⇒ f (a) = 0 ⇒ a = 0 (vô lí)
⇒ f (x) − x 6= 0, ∀x 6= 0
Từ (6) ⇒ 2f 1
x
= f 2 x
, ∀x 6= 0, hay 2f (x) = f (2x), ∀x ∈ R (do f (0) = 0)
Khi đó, thay y bởi 2y vào (1), ta có:
f (2xy − 1) = f (x).f (2y) − xf (2y) − 2yf (x) = 2[f (x)f (y) − xf (y) − yf (x)] = 2f (xy − 1) = f (2xy − 2)
⇒ f (x) = f (x − 1), ∀x ∈ R (7)
Từ (4) và (7) suy ra f (x) ≡ 0
TH2: f (1) = 2 Thay y = 1 vào (1) ⇒ f (x) = f (x − 1) + 2x.
Từ (3) ⇒ f (x − 1) = f (−x) Suy ra f (x) = f (−x) + 2x
Đặt g(x) = f (x) − x thì g(x) = g(−x), ∀x ∈ R (8)
Từ (1) ⇒ [f (x) − x] [f (y) − y] = xy + f (xy − 1) = xy + f (−xy)
⇒ g(x).g(y) = g(−xy) = g(xy), suy ra g(x) nhân tính (9)
Thay y = x vào (9) ⇒ g2(x) = g(x2) ⇒ g(x) ≥ 0, ∀x ≥ 0
Mặt khác, do f (−x − 1) = f (x) ⇒ g(−x − 1) − x − 1 = g(x) + x ⇒ g(x + 1) = g(x) + 2x + 1 ≥ 1, ∀x ≥ 0
⇒ g(x) ≥ 1, ∀x ≥ 1
Do đó, g(x) = g x
y
g(y) ≥ g(y), ∀x ≥ y ≥ 0
⇒ g(x) đơn điệu tăng trên [0, +∞) (10)
Kết hợp (8), (9), (10) ⇒ g(x) = xk, ∀x ∈ R
Từ g(x + 1) = g(x) + 2x + 1 ⇒ (x + 1)k= xk+ 2x + 1, ∀x ∈ R ⇒ k = 2
⇒ g(x) = x2hay f (x) = x2+ x, ∀x ∈ R
Vậy, có 2 hàm số f (x) thỏa mãn bài toán là f (x) = 0, ∀x ∈ R hoặc f (x) = x2+ x, ∀x ∈ R
Trang 5Bài 3 (5,0 điểm)Cho tam giác nhọn không cân ABC có trực tâm H và D, E, F lần lượt là chân đường cao
hạ từ các đỉnh A, B, C Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF với tâm I và K, J lần lượt là trung điểm BC, EF Cho HJ cắt lại (I) tại G, GK cắt lại (I) tại L
a) Chứng minh rằng AL vuông góc với EF
b) Cho AL cắt EF tại M , IM cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF tại N , DN cắt AB, AC lần lượt tại P, Q Chứng minh rằng P E, QF, AK đồng quy
Lời giải: (Nguyễn Tiến Dũng)
L
G
J
K
F
D
I
H
E
O A
a)Ta thấy I, J, K cùng thuộc đường trung trực của EF và E, F, K, I cùng thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC
Vì J I · J K = J E · J F = J G · J H nên G, H, I, K đồng viên Do đó [HIK = \HGK = [HAL nên AL k IK Chú ý rằng IK ⊥ EF nên AL ⊥ EF
b)Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của CA, AB AK cắt P Q tại L
Ta có D, E, F, K, I, X, Y cùng thuộc đường tròn Euler của ∆ABC Do IE = IF nên N M là tia phân giác của \EN F
Hai tam giác đồng dạng AEF, ABC có các đường cao tương ứng AM, AD và J, K lần lượt là trung điểm của EF, BC Vì thế AE
AF =
AB
AC,
M E
M F =
DB
DC, [J AE = \KAB và [J AF = \KAC.
Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ABC với D, Q, P thẳng hàng và ∆AP Q với D, C, B thẳng hàng ta có: DB
DC ·QC
QA · P A
P B = 1 =
DP
DQ · CQ
CA · BA
BP ⇒ AP
AQ · AC
AB =
DP
DQ· DC DB
Trang 6Kí hiệu S(XY Z) là diện tích của ∆XY Z.
Từ S(AJ E) = S(AJ F ), [J AE = [LAP , [J AF = [LAQ, ta có:
LP
LQ =
S(ALP )
S(ALQ) =
S(ALP ) S(AJ E) · S(AJ F )
S(ALQ) =
AP · AL
AE · AJ · AF · AJ
AQ · AL
= AP
AQ · AF
AE =
AP
AQ · AC
AB =
DP
DQ · DC
DB (1) Chú ý rằng ∆QEN ∼ ∆QDX, ∆P DY ∼ ∆P F N , N M là tia phân giác của \EN F , DX = 1
2AC và
DY = 1
2AB, ta có biến đổi sau:
QE
QD · P D
P F =
N E
XD · Y D
N F =
DY
DX · N E
N F =
AB
AC · M E
M F =
AE
AF · DB
DC ⇒ EQ
EA · F A
F P =
DQ
DP · DB
DC (2)
Từ (1) và (2) ⇒ LP
LQ ·EQ
EA · F A
F P = 1 Theo định lí Ceva đảo ta có P E, QF, AK đồng quy.
Nhận xét Bài toán hình học số 3 trong kì VMO năm 2021 có thể giải bằng kiến thức thuần túy THCS như
trên
L
X Y
Q
P
N M
J I
F
E
H
O A
Trang 7Bài 4 (5,0 điểm)Với số nguyên n ≥ 2, gọi s(n) là tổng các số nguyên dương không vượt quá n và không nguyên tố cùng nhau với n
a) Chứng minh s(n) = n
2 (n + 1 − φ(n)), trong đó φ(n) là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n
b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n ≥ 2 thỏa mãn s(n) = s(n + 2021)
Lời giải: (Phan Phương Đức)
a)Tổng các số nguyên dương không vượt quá n là: n(n + 1)
Với n = 2, có φ(2) = 1 và s(2) = 2 (đúng)
Với n ≥ 3, với mỗi số a ∈ Z+, 1 ≤ a ≤ n mà (a, n) = 1 thì (n − a, n) = 1 và 1 ≤ n − a ≤ n Hơn nữa, dễ thấy a 6= n − a với n ≥ 3
Do đó, ta chia được φ(n) số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n thành φ(n)
2 cặp, mỗi cặp có tổng bằng n
Suy ra tổng các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n là: n.φ(n)
2 (2).
Từ (1) và (2), ta có s(n) = n
2 (n + 1 − φ(n)) (đpcm).
b)Giả sử tồn tại số nguyên n ≥ 2 thỏa mãn s(n) = s(n + 2021) Từ câu a, ta có:
n
2 (n + 1 − φ(n)) =
n + 2021
2 (n + 2022 − φ(n + 2021))
⇔ 2021 [2n + 2022 − φ(n + 2021)] = n [φ(n + 2021) − φ(n)] (3)
Vì φ(k) ≤ k − 1, ∀k ≥ 2 ⇒ 2n + 2022 − φ(n + 2021) ≥ n + 2 > 0
⇒ từ (3), ta có: φ(n + 2021) − φ(n) ≥ 2021(n + 2)
n > 2021 ⇒ φ(n + 2021) − 2022 > 0 (4).
Gọi d = (2021, n) ⇒ d ∈ {1, 43, 47, 2021} và 2021
d ,
n d
= 1
Từ (3) ⇒ 2021
d [2n + 2022 − φ(n + 2021)] =
n
d[φ(n + 2021) − φ(n)] (5)
⇒ φ(n + 2021) − φ(n) . 2021
d và φ(n + 2021) − 2022
n
d (6).
Mặt khác, do n d, n + 2021 d ⇒ φ(n), φ(n + 2021) φ(d) Suy ra φ(n + 2021) − φ(n) φ(d).
Dễ thấy với d ∈ {1, 43, 47, 2021} thì 2021
d , φ(d)
= 1 Từ đây suy ra φ(n + 2021) − φ(n) . 2021φ(d)
Vì φ(n + 2021) − φ(n) > 2021 mà 2021φ(d)
d < 2021 ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) ≥
2.2021φ(d)
Từ (5) ⇒ 2n + 2022 − φ(n + 2021) ≥ 2nφ(d)
d
⇒ φ(n + 2021) − 2022 ≤ 2n(d − φ(d))
Từ (4), (6) và (7), ta thấy:
TH1: Nếu d = 1, suy ra vô lí
TH2: Nếu d = 43 hoặc d = 47 thì d − φ(d) = 1, suy ra φ(n + 2021) − 2022 = n
d hoặc =
2n
d . Trường hợp φ(n + 2021) − 2022 = n
d, thay vào (3) suy ra
2021(2d − 1)
d = φ(n + 2021) − φ(n) Dễ dàng kiểm tra vô lí với d = 43, 47
Trang 8Suy ra φ(n + 2021) − 2022 = 2n
d , thay vào (3) suy ra φ(n + 2021) − φ(n) =
2021(2d − 2)
TH2.1: d = 43 ⇒
φ(n + 2021) = 2n
43 + 2022 (8) φ(n) = 2n
Từ (8) và (9), do 2022 và 1926 đều không chia hết cho 43, ta có v43(φ(n)) = v43(φ(n+2021)) = 1 (10) Giả sử n có không quá 3 ước nguyên tố Khi đó, φ(n) ≥ n
1 −1 2
1 − 1 3
1 −1 5
> 2n
43 ⇒ vô lí
Suy ra n có ít nhất 4 ước nguyên tố ⇒ n có ít nhất 3 ước nguyên tố lẻ ⇒ v2(φ(n)) ≥ 3
Do v2(1926) = 1 nên từ (9) ⇒ n lẻ ⇒ n + 2021 chẵn (11)
Từ (9) ⇒ φ(n) = 2(n + 2021)
Vì v2(φ(n)) ≥ 3 nên từ (12) ⇒ v2(n + 2021) ≤ 1 (13)
Từ (10), (11), (13) suy ra n + 2021 = 2.43 (vô lí)
TH2.2: d = 47 Chứng minh tương tự (do tính chất v2 không đổi)
TH3: d = 2021 thì φ(2021) = 42.46 Từ (7) ⇒ φ(n + 2021) − 2022 ≤ 178n
2021.
Mà φ(n + 2021) − 2022 . n
2021 ⇒ φ(n + 2021) − 2022 = kn
2021, k = 1, 2, · · · , 178.
Thay vào (3), ta được 2021
2n − kn 2021
= n [φ(n + 2021) − φ(n)]
⇒ 4042 − k = φ(n + 2021) − φ(n) (14)
Mặt khác, vì φ(n), φ(n + 2021) φ(2021) = 42.46 ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) 42.46.
Mà φ(n + 2021) − φ(n) > 2022 ⇒ φ(n + 2021) − φ(n) ≥ 2.42.46 (15)
Từ (14), (15) ⇒ k = 178, φ(n + 2021) − φ(n) = 2.42.46
⇒
φ(n + 2021) = 178n
2021 + 2022 (16) φ(n) = 178n
2021 − 1842 (17)
Tương tự TH2.1, ta thấy v2(φ(n)) ≥ 3
Từ (17) ⇒ n lẻ, ⇒ n + 2021 chẵn
Từ (17) ⇒ φ(n) = 178(n + 2021)
2021 + 1844 Do v2(1844) = 2 ⇒ v2(n + 2021) ≤ 1.
Kết hợp v2021(n + 2021) = 1 (từ (16)) nên n + 2021 = 2.2021 ⇒ n = 2021 Thử vào (17) ⇒ vô lí Vậy, không tồn tại n ≥ 2 để s(n) = s(n + 2021) (đpcm)
Trang 9Bài 5 (6,0 điểm)Cho đa thức P (x) = a21x21+ a20x20+ · · · + a1x + a0 có các hệ số thuộc [1011, 2021] Biết rằng P (x) có nghiệm nguyên và c là một số dương sao cho |ak+2− ak| ≤ c, với mọi k ∈ {0, 1, · · · , 19} a) Chứng minh rằng P (x) có đúng một nghiệm nguyên
b) Chứng minh
10 X
k=0 (a2k+1− a2k)2 ≤ 440c2
Lời giải: (Phan Phương Đức)
a)Giả sử x0 là nghiệm nguyên của P (x)
Nếu x0 ≥ 0, suy ra 0 = P (x0) ≥ a0 > 0, vô lí
Nếu x0 ≤ −2, ta có:
P (x0) = x200 (a21x0+ a20) + x180 (a19x0+ a18) + · · · + (a1x0+ a0)
Vì ai ∈ [1011, 2021] ⇒ 0 < ai < 2aj, ∀i, j ∈ 0, 21
Từ đây suy ra P (x0) ≤ x20
0 (a20− 2a21) + · · · + (a0− 2a1) < 0, vô lí
Vậy, x0 = −1, hay P (x) có duy nhất nghiệm nguyên x = −1
b)Do x = −1 là nghiệm của P (x) ⇒ (a21− a20) + (a19− a18) + · · · + (a1− a0) = 0
Đặt xi = a2i+1− a2i, với i = 0, 1, · · · , 10, suy ra x0+ x1 + · · · + x10= 0
Khi đó, |xi+1− xi| = |a2i+3− a2i+2− a2i+1+ a2i| ≤ |a2i+3− a2i+1| + |a2i+2− a2i| ≤ 2c, ∀i = 0, 1, · · · , 9
Áp dụng liên tục các BĐT tương tự, ta có: |xi+k− xi| ≤ 2kc, với k = 1, 2, 3, 4, 5
⇒ (x10− x5)2+ (x9− x5)2+ · · · + (x0− x5)2 ≤ 8c2(12+ 22+ 32+ 42+ 52) = 440c2 (1)
Mặt khác, (x10− x5)2+ (x9 − x5)2+ · · · + (x0 − x5)2
= x2
0+ x2
1+ · · · + x2
10− 2x5(x0+ x1+ · · · + x10) + 11x2
5
≥ x2
0+ x2
1+ · · · + x2
10=
10 X
k=0 (a2k+1− a2k)2 (2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm
Trang 10Bài 6 (7,0 điểm)Một học sinh chia tất cả 30 viên bi vào 5 cái hộp được đánh số 1, 2, 3, 4, 5 (sau khi chia có thể có hộp không có viên bi nào)
a) Hỏi có bao nhiêu cách chia các viên bi vào các hộp (hai cách chia là khác nhau nếu một hộp có số bi trong hai cách chia là khác nhau)?
b) Sau khi chia, học sinh này sơn 30 viên bi đó bởi một số màu (mỗi viên được sơn đúng một màu, một màu có thể sơn cho nhiều viên bi), sao cho không có 2 viên bi nào trong cùng một hộp có màu giống nhau và từ 2 hộp bất kì không thể chọn ra được 8 viên bi được sơn bởi 4 màu Chứng minh rằng với mọi cách chia, học sinh đều phải dùng không ít hơn 10 màu để sơn bi
c) Hãy chỉ ra một cách chia sao cho với đúng 10 màu học sinh có thể sơn bi thỏa mãn các điều kiện ở câu b)
Lời giải: (Phạm Việt Hưng)
a)Đặt số bi trong mỗi hộp lần lượt là a, b, c, d, e Ta có:
a + b + c + d + e = 30
a, b, c, d, e ≥ 0 Theo bài toán chia kẹo Euler, số cách chia các viên bi vào hộp là C344
b)Để chọn được 8 viên bi tô bởi 4 màu từ 2 hộp, phải có 4 màu xuất hiện ở cả 2 hộp
Xét 1 cách tô bất kì thỏa mãn
Từ nhận xét trên suy ra, với mỗi cặp hộp, có nhiều nhất 3 màu tô cả 2 hộp đó
Số cặp hộp: C2
5 = 10 ⇒ tổng cặp hộp xuất hiện trong mỗi màu ≤ 30
Giả sử cách tô này dùng k màu, gọi số bi mỗi màu lần lượt là a1, a2, · · · , ak ⇒ a1+ a2+ · · · + ak = 30
⇒ tổng số cặp hộp xuất hiện: C2
a 1 + C2
a 2 + · · · + C2
a k ≤ 30
⇒ a2
1− a1+ a2
2− a2+ · · · + a2
k− ak≤ 60
⇒ a2
1+ a22+ · · · + a2k ≤ 90
⇒ 90 ≥ a2
1+ a2
2+ · · · + a2
k≥ (a1+ a2+ · · · + ak)
2
900 k
⇒ k ≥ 10 (đpcm)
c)Gọi các màu lần lượt là 1, 2, · · · , 10 Một cách tô thỏa mãn bài toán như sau:
Hộp 1: 1, 2, 3, 4, 5, 6
Hộp 2: 1, 2, 3, 7, 8, 9
Hộp 3: 1, 4, 5, 7, 8, 10
Hộp 4: 2, 4, 6, 7, 9, 10
Hộp 5: 3, 5, 6, 8, 9, 10