1 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỪ NĂM 1990 ĐẾN NĂM 2012 ********** PHẦN 1. ĐỀ BÀI Bài 1. (TST 1990, bài 6) Cho n học sinh ( 3) n  đứng thành một vòng tròn và quay mặt vào cô giáo ở tâm đường tròn. Mỗi lần cô giáo thổi còi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các em còn lại đứng im. Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B. Bài 2. (TST 1991, bài 5) Với mỗi số tự nhiên n , ta định nghĩa số f n ( ) như sau f (1) 1  và khi n 1  thì k k f n a p a p a p 1 1 2 2 ( ) 1      , trong đó k a a a k n p p p 1 2 1 2  là phân tích thành thừa số nguyên tố của n (các số nguyên tố k p p p p 1 2 3 , , , , là đôi một khác nhau và k a a a a 1 2 3 , , , , là nguyên dương). Với mỗi số tự nhiên k , ta đặt     k f n f f f n ( ) ( )  , trong đó ở vế phải có đúng k lần chữ f . Chứng minh rằng với số tự nhiên a cho trước, tồn tại số tự nhiên k 0 để với mọi số nguyên k k 0  thì tổng k k f a f a 1 ( ) ( )   không phụ thuộc vào k . Bài 3. (TST 1992, bài 6) Trong một hội thảo khoa học, tất cả các đại biểu biết n 2 ngôn ngữ, n 2.  Mỗi người biết đúng 2 ngôn ngữ và hai đại biểu bất kì biết chung nhiều nhất 1 ngôn ngữ. Biết rằng một số nguyên k thỏa mãn k n 1 1    đều có không quá k 1  ngôn ngữ mà mỗi ngôn ngữ này đều có không quá k người biết. Chứng minh rằng ta có thể chọn ra một nhóm n 2 đại biểu biết tổng cộng n 2 ngôn ngữ và mỗi ngôn ngữ có đúng 2 người trong đó biết. 2 Bài 4. (TST 1993, bài 6) Xét n điểm n A A A 1 2 , , , với n 2  trong không gian, trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Mỗi cặp điểm i j A A , với i j  được nối với nhau bởi một đoạn thẳng.Tìm giá trị lớn nhất của n sao cho có thể tô tất cả các đoạn thẳng đó bởi hai màu xanh hoặc đỏ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) Mỗi đoạn thẳng được tô bằng đúng một màu. 2) Với mỗi i n 1,2,3, ,  thì số đoạn thẳng có một đầu mút là i A được tô màu xanh không vượt quá 4. 3) Với mỗi đoạn thẳng i j A A được tô màu đỏ đều tìm được ít nhất một điểm k A với k khác i j , sao cho các đoạn thẳng i k j k A A A A , được tô màu xanh. Bài 5. (TST 1994, bài 2) Xét phương trình nghiệm nguyên dương x y z t Nxyzt N 2 2 2 2 0       với N là số nguyên dương cho trước. 1) Chứng minh rằng tồn tại vô số giá trị N sao cho phương trình này có nghiệm nguyên dương (mỗi nghiệm là một bộ bốn số nguyên dương x y z t , , , ). 2) Chứng minh rằng với k N m 4 (8 7)   với k m , là các số không âm thì phương trình này không có nghiệm nguyên dương. Bài 6. (TST 1995, bài 6) Cho hàm số thực x f x x x 3 2 2 3 ( ) , 3( 1)      . 1. Chứng minh rằng tồn tại hàm số g x ( ) liên tục trên  sao cho f g x x ( ( ))  và g x x ( )  với mọi số thực x . 2. Chứng minh rằng tồn tại số thực a 1  để dãy n u n ( ), 1,2,3,  được xác định bởi n n u a u f u n 0 1 , ( ), 1,2,3,     tuần hoàn với chu kỳ dương nhỏ nhất bằng 1995. 3 Bài 7. (TST 1996, bài 3) Xét các số thực a b c , , . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f a b c a b b c c a a b c 4 4 4 4 4 4 4 ( , , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 7          . Bài 8. (TST 1997, bài 3) Tìm số thực k lớn nhất sao cho tồn tại vô hạn số tự nhiên n a n ( ), 1  thỏa mãn đồng thời 1) n n a 1997  với mọi n . 2) Với mỗi n 2,  ta đều có k n n u a  với n u là ước chung lớn nhất của tất cả các số có dạng i k a a  mà i k n .   Bài 9. (TST 1998, bài 5) Giả sử d là ước dương của 1998 5 1998  . Chứng minh rằng d có thể biểu diễn được dưới dạng d x xy y 2 2 2 2 3    với x y , là các số nguyên dương khi và chỉ khi d chia 20 có số dư là 3 hoặc 7. Bài 10. (TST 1999, bài 1) Cho một số nguyên tố lẻ p thỏa mãn h p 2 1(mod )  với mọi h p h * 1,     và một số chẵn p a p ; 2        . Xét dãy số n a ( ) xác định bởi n n a a a p b n 0 1 , , 0,1,2,      với n b là ước số lẻ lớn nhất của n a . Chứng minh rằng n a ( ) là dãy số tuần hoàn và tìm chu kì dương nhỏ nhất của nó. Bài 11. (TST 2000, bài 4) Cho ba số nguyên dương a b c , , đôi một nguyên tố cùng nhau. Số nguyên dương n được gọi là “số bướng bỉnh” nếu như n không biểu diễn được dưới dạng n abx bcy caz    trong đó x y z , , là các số nguyên dương. Hỏi có tất cả bao nhiêu số bướng bỉnh? Bài 12. (TST 2001, bài 5) Cho số nguyên dương n lớn hơn 1. Trong không gian vuông góc Oxyz , gọi T là tập hợp tất cả các điểm có tọa độ là x y z ( , , ) với x y z , , là các số nguyên dương thỏa x y z n 1 , ,   . Tô màu tất cả các điểm thuộc tập hợp T sao cho: nếu điểm A x y z 0 0 0 ( , , ) được tô màu thì những điểm có dạng B x y z 1 1 1 ( , , ) với x x y y z z 1 0 1 0 1 0 , ,    sẽ không được tô màu. Tìm giá trị lớn nhất các điểm được tô màu thỏa mãn điều kiện trên. 4 Bài 13. (TST 2002, bài 5) Hãy tìm tất cả các đa thức P x ( ) với hệ số nguyên sao cho đa thức sau Q x x x P x 2 2 ( ) ( 6 10) ( ) 1     là bình phương của một đa thức với hệ số nguyên. Bài 14. (TST 2003, bài 3) Cho hàm số f :      thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: i) f f n 2003 (0,0) 5 , (0, ) 0   với mọi n là số nguyên khác 0. ii) f m n f m n f m n f m n f m n ( 1, ) ( 1, 1) ( 1, 1) ( , ) ( 1, ) 2 2 2 2                             với mọi số nguyên dương m và mọi số nguyên n. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương M sao cho f M n ( , ) 1  với mọi số nguyên n thỏa n 2003 5 1 2   và f M n ( , ) 0  với mọi số nguyên n thỏa n 2003 5 1 2   . Bài 15. (TST 2004, bài 6) Cho S là một tập hợp gồm một số số nguyên dương mà số nhỏ nhất và số lớn nhất trong S là hai số nguyên tố cùng nhau. Với mỗi số tự nhiên n, ký hiệu n S là tập hợp gồm tất cả các số tự nhiên mà mỗi số đều là tổng của nhiều nhất n số (không nhất thiết đôi một khác nhau) thuộc tập S. Quy ước 0 là tổng của 0 số thuộc S. Gọi a là số lớn nhất trong tập S. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k và số nguyên b sao cho n S an b   với mọi n k  . Bài 16. (TST 2005, bài 6) Một số nguyên dương được gọi là “số kim cương 2005” nếu trong biểu diễn thập phân của nó có 2005 số 9 đứng cạnh nhau liên tiếp. Dãy   n a n , 1,2,3,  là dãy tăng ngặt các số nguyên dương thỏa mãn n a nC  (C là hằng số thực dương nào đó). Chứng minh rằng dãy số   n a n , 1,2,3,  chứa vô hạn “số kim cương 2005”. Bài 17. (TST 2005 bổ sung, bài 3) Cho bảng vuông kích thước n n n , 2   . Hai ô vuông được gọi là kề nhau nếu chúng là hai ô liên tiếp trên cùng một hàng hoặc cùng một cột . 5 1. Tìm số nguyên dương p lớn nhất để tồn tại một cách đánh dấu p ô trên bảng thoả mãn: Trong số các ô kề với mỗi ô được đánh dấu có không quá một ô được đánh dấu. 2. Hai cách đánh dấu được gọi là q kề nhau nếu chúng đều có q ô được đánh dấu, trong đó có q 1  ô có vị trí trùng nhau trên bảng và hai ô còn lại của hai cách này là hai ô kề nhau. Tìm số nguyên dương q nhỏ nhất để tồn tại một cách đánh dấu q ô trên bảng thoả các điều kiện: i) Tất cả các ô kề với mỗi ô được đánh dấu đều không được đánh dấu. ii) Mọi cách đánh dấu q kề nhau với nó đều không thoả mãn điều kiện i). Bài 18. (TST 2006, bài 3) Trong không gian cho 2006 điểm mà trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Người ta nối tất cả các điểm đó lại bởi các đoạn thẳng. Số nguyên dương m được gọi là số tốt nếu ta có thể gán cho mỗi đoạn thẳng trong các đoạn thẳng đã nối bởi một số nguyên dương không vượt quá m sao cho mỗi tam giác tạo bởi ba điểm bất kì trong số các điểm đó đều có hai cạnh được gán bởi hai số bằng nhau và cạnh còn lại gán bởi số lớn hơn hai số đó. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất. Bài 19. (TST 2007, bài 6) Cho đa giác 9 cạnh đều H ( ) . Xét ba tam giác với các đỉnh là các đỉnh của đa giác (H) đã cho sao cho không có hai tam giác nào có chung đỉnh. Chứng minh rằng có thể chọn được từ mỗi tam giác 1 cạnh sao cho 3 cạnh này bằng nhau. Bài 20. (TST 2008, bài 5) Cho tam giác ABC nhọn, không cân có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi AD BE CF , , lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác. Trên các đường thẳng AD BE CF , , lần lượt lấy các điểm L M N , , sao cho AL BM CN k AD BE CF    (k là hằng số dương). Gọi O O O 1 2 3 ( ),( ),( ) lần lượt là các đường tròn đi qua L, tiếp xúc với OA tại A; đi qua M tiếp xúc với OB tại B và đi qua N tiếp xúc với OC tại C. 1) Chứng minh rằng với k 1 2  , ba đường tròn O O O 1 2 3 ( ),( ),( ) có đúng hai điểm chung và đường thẳng nối hai điểm đó đi qua trọng tâm tam giác ABC. 6 2) Tìm tất cả các giá trị k sao cho 3 đường tròn O O O 1 2 3 ( ),( ),( ) có đúng hai điểm chung. Bài 21. (TST 2009, bài 5) Cho đường tròn O ( ) có đường kính AB và M là một điểm bất kì nằm trong O ( ) , M không nằm trên AB. Gọi N là giao điểm của phân giác trong góc M của tam giác AMB với đường tròn O ( ) . Đường phân giác ngoài góc AMB cắt các đường thẳng NA, NB lần lượt tại P Q , . Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính NQ tại R, đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP tại S và R S , khác M. Chứng minh rằng đường trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua một điểm cố định khi M di động phía trong đường tròn. Bài 22. (TST 2010, bài 3) Gọi một hình chữ nhật có kích thước 1 2  là hình chữ nhật đơn và một hình chữ nhật có kích thước 2 3  , bỏ đi 2 ô ở góc chéo nhau (tức có có 4 ô vuông con) là hình chữ nhật kép. Người ta ghép khít các hình chữ nhật đơn và hình chữ nhật kép này lại với nhau được một bảng hình chữ nhật có kích thước là 2008 2010  . Tìm số nhỏ nhất các hình chữ nhật đơn có thể dùng để ghép. Bài 23. (TST 2011, bài 3) Cho cho n nguyên dương thỏa n 3  và n số thực n x x x x 1 2 3 , , , , thỏa mãn đồng thời (i) n x x x x 1 2 3 0      . (ii) n x x x x n n 2 2 3 2 1 2 2 ( 1)       . (iii) n x x x x 1 2 3     . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f x x 1 2   . Bài 24. (TST 2012, bài 2) Trên một cánh đồng hình chữ nhật kích thước m n  ô vuông gồm m hàng và n cột, người ta đặt một số máy bơm nước vào các ô vuông. Biết rằng mỗi máy bơm nước có thể tưới nước không những cho ô vuông chứa nó và các ô vuông có chung cạnh với ô đó mà còn có thể tưới cho các ô vuông cùng cột với nó và cách nó đúng một ô vuông. Tìm số nhỏ nhất các máy bơm nước cần đặt để các máy bơm đó có thể tưới hết cả cánh đồng trong hai trường hợp: 1) m 4  . 2) m 3  . 7 PHẦN 2. LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1. Cho n học sinh ( 3) n  đứng thành một vòng tròn và quay mặt vào cô giáo ở tâm đường tròn. Mỗi lần cô giáo thổi còi thì hai em nào đó đứng cạnh nhau đổi chỗ cho nhau, các em còn lại đứng im. Tìm số M nhỏ nhất sao cho sau M lần thổi còi, bằng cách đổi chỗ như trên một cách thích hợp thì các em học sinh đứng được thành một vòng tròn mới sao cho: Hai em lúc đầu đứng cạnh nhau, nhưng hai em đó, tạm gọi là A và B, thì nếu lúc đầu A đứng bên tay trái của B thì lúc kết thúc, A đứng bên tay phải của B. Lời giải. Ta thấy rằng yêu cầu của bài toán có thể phát biểu thành: Giả sử ban đầu n bạn học sinh đứng theo một thứ tự nhất định nào đó trên vòng tròn theo cùng kim đồng hồ. Tìm số lần đổi chỗ nhỏ nhất sao cho các học sinh vẫn đứng theo thứ tự đó trên vòng tròn nhưng ngược chiều kim đồng hồ. Đánh số các học sinh này là n n 1,2,3, , 2, 1   theo chiều kim đồng hồ và ở trạng thái cuối, các học sinh cũng được đánh số như thế nhưng ngược chiều kim đồng hồ. Ta thấy rằng với ba học sinh A B C , , đứng theo thứ tự đó thì khi đổi chỗ B và C, ta nhận được thứ tự mới là A C B , , . Ta có thể coi trong việc đổi chỗ đó, B đứng yên và C chuyển qua vị trí xen giữa A và B. Như thế, với bất kì dãy các cách đổi chỗ nào, ta luôn có thể chọn ra được ít nhất 1 học sinh đứng yên trong suốt quá trình đó, giả sử là học sinh được đánh số 1. Rõ ràng cũng không thể có trường hợp có ba học sinh A B C , , nào đó (không nhất thiết đứng cạnh nhau) đứng yên vì khi đó, các học sinh này sẽ xác định một chiều không đổi trong suốt quá trình đổi chỗ và như thế thì không thỏa mãn đề bài. Ta sẽ chứng minh hai nhận xét sau: Nhận xét 1. Với n 3  , ta luôn có thể chọn hai học sinh đứng yên trong quá trình đổi chỗ và việc chọn này không ảnh hưởng đến số lần đổi chỗ nhỏ nhất. Điều này có nghĩa là nếu trong cách chọn hai học sinh này, có một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài cần x lần thì trong một cách chọn hai học sinh khác, cũng tồn tại một cách đổi chỗ với x lần như thế. 8 Thật vậy, Ta cố định một học sinh A tại mọi thời điểm. Xét một cách chọn cặp học sinh với hai học sinh được chọn là A và B . Giả sử đoạn thẳng AB chia n 2  học sinh còn lại thành 2 phần X Y 1 1 , , trong đó X 1 nằm trên cung tròn hướng từ B đến A , X 2 nằm trên cung còn lại. Giả sử X a Y b 1 1 ,   với a b n 2 1.     A b 1 b 2 C B a 1 a 2 Dễ thấy rằng các học sinh trong tập hợp X 1 phải di chuyển vượt qua dây AB để đi về phía đối diện với f 1 lần đổi chỗ và các học sinh X 2 phải di chuyển vượt qua dây AB về phía đối diện với f 2 lần đổi chỗ, tổng số lần đổi chỗ là f f 1 2  lần. Giả sử trong một cách di chuyển nào đó, ở tập hợp X 1 , có a 1 học sinh di chuyển về phía A và b 1 học sinh di chuyển về phía B . Tương tự, trong tập hợp X 2 , số học sinh di chuyển về phía A B , lần lượt là a b 2 2 , . Do n 2 0   nên tồn tại học sinh thuộc một trong hai tập hợp X X 1 2 , ; ta giả sử C nằm kề với B và thuộc về X 2 . Khi đó, nếu chuyển hai học sinh cố định từ A B , thành A C , thì hai tập hợp X Y 1 1 , sẽ trở thành X Y 2 2 , với X X Y Y 2 1 2 1 1, 1     . Ta sẽ chỉ ra một cách di chuyển tương ứng bằng với số cách di chuyển cần f f 1 2  lần đổi chỗ như trên. Ta sẽ giữ nguyên các học sinh di chuyển về phía A ở hai bên. Số học sinh di chuyển về phía ngược lại ở tập X 2 lúc này có thêm B hay b b 2 2 1    , số học sinh di chuyển về phía ngược lại ở tập Y 2 lúc này mất đi C hay c c 2 2 1.    9 Ta vẫn cho các học sinh của tập X 2 di chuyển vượt qua C (thay vì chỉ vượt qua B như trước), mỗi học sinh tốn thêm một lần đổi chỗ nên tổng cộng mất thêm b 2 1  lần. Tiếp theo, cho các học sinh của tập Y 2 di chuyển vượt qua C về phía bên kia. Các học sinh cũ cũng tốn các lần đổi chỗ giống như cũ (đều phải vượt qua tất cả học sinh từ tập X 2 mới chuyển qua), tuy nhiên, do chỉ còn c 2 1  học sinh nên sẽ không bị tốn thêm b 2 1  số lần đổi chỗ tương ứng. Do đó, số lần đổi chỗ tăng lên và giảm đi một lượng như nhau nên chúng bằng nhau. Vì hai cách chọn học sinh B C , kề nhau như thế đều có các số lần đổi chỗ tương ứng giống nhau nên với hai cách chọn học sinh bất kì, các số lần đổi chỗ của chúng cũng sẽ tương ứng giống nhau. Nhận xét được chứng minh. Nhận xét 2. Nếu gọi f n ( ) là số lần chuyển chỗ nhỏ nhất trong trường hợp có n học sinh, ta có f f f n f n n n (3) 1, (4) 2, ( ) ( 2) 2, 5        . Thật vậy, nếu có 3 học sinh thì ta chỉ cần đổi chỗ một cặp học sinh và trong trường hợp có 4 học sinh thì đổi chỗ hai cặp kề nhau thì có cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. Dễ dàng suy ra f f (3) 1, (4) 2.   Xét n 5  tùy ý, với n 2  học sinh, ta có số lần chuyển chỗ ít nhất là f n ( 2)  . Ta thêm hai học sinh thứ n 1  và n vào vòng tròn và theo nhận xét 1, ta có thể chọn hai học sinh này cố định. Các học sinh còn lại phải di chuyển vào giữa hai học sinh cố định này. Rõ ràng trong cách đổi chỗ nhỏ nhất đã thực hiện với n 2  học sinh còn lại, nếu muốn chuyển chỗ cho n học sinh này thì các học sinh trước đó đều phải vượt qua thêm một trong hai học sinh cố định đã nêu và đòi hỏi cần thêm n 2  lần đổi chỗ nữa bắt buộc nữa. Theo nhận xét 1 thì cách chuyển này vẫn là nhỏ nhất và đúng bằng f n ( ) , suy ra f n f n n ( ) ( 2) 2     với n 5.  Từ đó suy ra f k k k k (2 ) 2 4 6 2 2 ( 1)         và f k k k 2 (2 1) 1 3 5 2 1         . Ta sẽ chỉ ra một cách đổi chỗ thỏa mãn đề bài. - Với n chẵn, đặt n k 2 ,  ta cố định học sinh 1 và n . Xét các học sinh n n n 1, 2, 1 2    di chuyển về phía học sinh n lần lượt theo thứ tự đó ; các học sinh còn lại là n 2,3,4, , 2 di chuyển về phía học sinh 1 lần lượt theo thứ tự đó 10 để vào khoảng giữa hai học sinh này. Dễ thấy rằng: học sinh thứ i và n i 1   với n i 2,3,4, , 2  đều cần số lần đổi chỗ là i 1  . Do đó, tổng số lần đổi chỗ của các học sinh này là n n n k k 2 1 2 3 1 1 ( 1) 2 2 2                      . - Với n lẻ, đặt n k 2 1,   tương tự, ta cũng cố định học sinh 1 và n . Xét các học sinh n n n 3 1, 2, , 2    di chuyển về phía học sinh n lần lượt theo thứ tự đó; các học sinh còn lại là n 1 2,3,4, , 2  di chuyển về phía học sinh 1 lần lượt theo thứ tự đó để vào khoảng giữa hai học sinh này. Học sinh còn lại là n 1 2  có thể di chuyển theo hướng túy ý đến đúng vị trí của nó. Dễ thấy rằng: học sinh thứ i và n i 1   với n i 1 2,3,4, , 2   đều cần số lần đổi chỗ là i 1  . Do đó, tổng số lần đổi chỗ của các học sinh này là n n n n n k 2 3 1 3 1 1 2 1 2 3 2 2 2 2 2                             . Từ đây ta có thể kết luận rằng số lần đổi chỗ nhỏ nhất cần sử dụng là n n ( 2) 4        (biểu thức này tương ứng bằng với các giá trị đã nêu trong từng trường hợp chẵn lẻ của n ). Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Bài 2. Với mỗi số tự nhiên n, ta định nghĩa số f n ( ) như sau: f (1) 1  và khi n 1  thì k k f n a p a p a p 1 1 2 2 ( ) 1      , trong đó k a a a k n p p p 1 2 1 2  là sự phân tích thành thừa số nguyên tố của n (các số nguyên tố k p p p p 1 2 3 , , , , là đôi một khác nhau và k a a a a 1 2 3 , , , , là nguyên dương). Với mỗi số tự nhiên k , ta đặt     k f n f f f n ( ) ( )  , trong đó ở vế phải có đúng k lần chữ f . Chứng minh rằng với số tự nhiên a cho trước, tồn tại số tự nhiên k 0 để với mọi số nguyên k k 0  thì tổng k k f a f a 1 ( ) ( )   không phụ thuộc vào k . Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh các bổ đề sau: [...]... x , y , z)  A| x  k  y  k  1 i 1 Xét các tập hợp C i , j  ( x , y , z)  Ci | z  j trong đó 1  i  k ,0  j  2 k  1 Rõ ràng có tất cả 2 k 2 tập hợp như thế và chúng là các phân hoạch của C 30 Xét các tập hợp Dp ,q  ( x , y , z )  D| x  p  y  q trong đó k  p  2 k  1,0  q  k  1 Rõ ràng có tất cả k 2 tập hợp như thế là chúng là các phân hoạch của D Ta có hai trường hợp sau:... (1) được chứng minh 4   Gọi A là tập hợp tất cả các bộ ba ( x , y , z) với 0  x , y , z  n  1 hay A  ( x , y , z )|0  x , y , z  n  1 Giả sử B  A là một tập con có đúng 3k 2 phần tử Ta cần chứng minh rằng trong B , tồn tại ít nhất hai bộ mà bộ này là bộ trội của bộ kia Ta sẽ chứng minh bổ đề (2) bằng cách xây dựng các tập con sau đây của tập hợp tất cả các bộ ba: C1  ( x , y , z )  A... j trong đó 1  i  k ,0  j  2 k Rõ ràng có tất cả k(2 k  1) tập hợp như thế và chúng là các phân hoạch của C Xét các tập hợp Dp ,q  ( x , y , z )  D| x  p  y  q trong đó k  p  2 k ,0  q  k Rõ ràng có tất cả ( k  1)2 tập hợp như thế là chúng là các phân hoạch của D Ta có hai trường hợp sau: - Nếu B  C  2 k 2 phần tử thì theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai bộ thuộc cùng một tập. .. đó, tập hợp X các đỉnh có bậc không vượt quá n  1 của G là tập hợp không rỗng, ta đặt max deg( v)  m  n  1 Lấy đỉnh v1 trong tập hợp X sao cho deg( v1 )  m vX Từ điều kiện (1), ta có ít nhất 2n  (n  1)  1  n  2 đỉnh có bậc lớn hơn hoặc bằng n Suy ra có đường đi v1 , v2 , , v2 n qua tất cả các đỉnh của G , có độ dài 2n  1 13 Đặt vi1 , vi2 , , vim (2  i1  i2   im  2n ) là các đỉnh... k Ta cần chứng minh rằng có thể chọn ra đúng 2n cạnh nối 2n đỉnh và mỗi đỉnh thuộc về đúng 2 cạnh hay tồn tại một chu trình H có độ dài 2n đi qua tất cả các đỉnh của đồ thị Giả sử ngược lại là trong G không tồn tại chu trình H Khi đó, tập các đỉnh không kề nhau của G là không rỗng (dễ thấy tập này cũng hữu hạn) Ta thêm các cạnh vào đồ thị G để được đồ thị G thỏa mãn các điều kiện: (1) Với mỗi số nguyên... vq có deg( vq )  m  1 Theo cách chọn giá trị m thì deg( vq )  n và vq , v2n có bậc không nhỏ hơn n nhưng lại không kề nhau, mâu thuẫn Vậy ta có đpcm Bài 4 Xét n điểm A1 , A2 , , An với n  2 trong không gian, trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng Mỗi cặp điểm Ai , A j với i  j được nối với nhau bởi một đoạn thẳng.Tìm giá trị lớn nhất của n sao cho có thể tô tất cả các đoạn thẳng đó bởi hai màu... tuần hoàn từ số hạng đầu tiên Nếu đặt T  j  i thì T chính là chu kì dương nhỏ nhất cần tìm của dãy đã cho 25  Ta biết rằng lũy thừa của 2 trong n! là n  2    i 1 i nên nếu đặt K là tích của tất cả các số tự ( p  1)! p  nhiên trong khoảng  , p  , tức là K  , thì lũy thừa của 2 trong K là  p 1 2   2 !     p  1  p  1  p  1 , đó cũng chính là lũy thừa của 2 trong tích... lũy thừa của 2 trong tích của tất cả các số   i 1    i  2 i 1   2   2     p 1 p  chẵn trong khoảng  , p  Suy ra k1  k2  k3   kT  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ 2 2  p  khi tập hợp a1 , a2 , a3 , , aT chính là tập hợp tất cả các số chẵn trong khoảng  , p  2  Ta có a1a2 a3 aT  2 k1  k2  k3   kT  b1b2 b3 bT (mod p) Theo giả thi t thì ai  bi 1 (mod p) nên a1a2... nguyên Lời giải Yêu cầu của bài toán tương đương với việc tìm tất cả các cặp đa thức P ( x), H ( x)  Z ( x) sao cho: H 2 ( x )  ( x 2  6 x  10) P 2 ( x )  1 (1) Nhận thấy nếu cặp đa thức P ( x ), H ( x ) thỏa mãn (1) thì các cặp đa thức (  P , H ), ( P,  H ), (  P ,  H ) cũng thỏa mãn (1) Vì vậy ta chỉ cần xát các cặp đa thức ( P, H ), ( P, H ) thuộc tập hợp Z  ( x ) các đa thức có hệ số cao... S hay 2abc là phần tử lớn nhất của tập B Từ các điều này, ta thấy rằng   B  1,2, 3, , ab  bc  ca  1  ab  bc  ca , ab  bc  ca  1, , 2 abc Ta chỉ cần xét các số thuộc tập A  n| ab  bc  ca  n  2abc Xét hàm số f (n)  ab  bc  ca  2 abc  n Ta sẽ chứng minh rằng n  B  f (n)  B (**) Thật vậy, nếu n  B thì theo chứng minh ở trên, tồn tại các số 1  y0  a ,1  z0  b , x0 . 1 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN TRONG KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA TỪ NĂM 1990 ĐẾN NĂM 2012 ********** PHẦN 1. ĐỀ BÀI Bài 1. (TST 1990, bài 6) Cho n học sinh ( 3) n  . có thể chọn hai học sinh đứng yên trong quá trình đổi chỗ và việc chọn này không ảnh hưởng đến số lần đổi chỗ nhỏ nhất. Điều này có nghĩa là nếu trong cách chọn hai học sinh này, có một cách. đề bài cần x lần thì trong một cách chọn hai học sinh khác, cũng tồn tại một cách đổi chỗ với x lần như thế. 8 Thật vậy, Ta cố định một học sinh A tại mọi thời điểm. Xét một cách chọn