Kỳ thi chọn đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006 Ngày thứ nhất Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC , H là trực tâm, đường phân giác ngoài góc BHC∠ cắt AB và AC lần lượt tại D và E . Phân giác góc BAC∠ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A D E tại K . Chứng minh rằng H K đi qua trung điểm của đoạn thẳng BC . Bài 2. Tìm tất cả các bộ số nguyên không âm ( ) kn, , k là số nguyên lớn hơn một sao cho số sau có thể phân tích dưới dạng tích của k số nguyên dương liên tiếp: nnn A 522006 19.717.417 ++= Bài 3. Cho 2006 điểm phân biệt trong không gian, không có bốn điểm nào thẳng hàng. Số k gọi là số tốt nếu ta có thể điền lên mỗi đoạn thẳng nối hai điểm trong 2006 điểm đã cho một số tự nhiên không vượt quá k sao cho với mọi tam giác có ba đỉnh trong 2006 điểm đa cho thì có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại thì được điền số lớn hơn. Tìm số tốt có giá trị nhỏ nhất. Bài làm: Bài 3. Ta sẽ chứng minh số tốt nhỏ nhất là 10 . Trước hết ta định nghĩa một số khái niệm như sau: Một cách điền các số tự nhiên không vượt quá k lên các đoạn thẳng nối n điểm trong không gian, không có bốn điểm nào đồng phẳng, là một cách điền tốt nếu với mọi tam giác có ba đỉnh trong n đỉnh đã cho thì có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại được điền số lớn hơn, và khi đó ta gọi k là số n-tốt. Ký hiệu số n-tốt có giá trị nhỏ nhất là ( ) nf ta sẽ chứng minh () 102006 =f . Trước hết ta sẽ chứng minh với mọi 5≥n thì () 1 2 1 + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + = n fnf (1). Nhận xét rằng với lk ≥ thì () () lfkf ≥ nên () ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ≥ 2 1n fnf , nên để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n f không là số n-tốt và 1 2 1 + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +n f là số n-tốt. Giả sử ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n f là số n-tốt, tức là tồn tại một cách điền các số tự nhiên không vượt quá ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n f lên các cạnh nối n điểm là một cách điền tốt. Nhận xét rằng không có tam giác nào có ba đỉnh trong các điểm đó có hai cạnh điền ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n f , hay nói cách khác, hai cạnh mà được điền số ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n f thì không có đầu mút chung. Suy ra ta có thể ký hiệu n điểm đã cho như sau: 1 A , 2 A , …, 12 −k A , k A 2 , 12 +k A , …, n A , ở đây các cạnh được điền số ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n f là 21 AA , …, kk AA 212 − và các điểm còn lại là 12 +k A , …, n A . Xét các điểm 1 A , 3 A , …, 12 −k A , 12 +k A , …, n A (do nk ≤ 2 nên có ít nhất ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n điểm được chọn, gọi số điểm đã chọn là m ) và các đoạn thẳng nối các điểm đó. Do không có đoạn thẳng nào điền số ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1n f , và phần đã chọn là một phần của một cách điền tốt nên nó là một cách điền tốt với các số không vượt quá 1 2 1 − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +n f suy ra () ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + < 2 1n fmf , mâu thuẫn với 2 1+ ≥ n m . Vậy giả sử sai hay () ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + > 2 1n fnf (*). Tiếp theo ta sẽ chứng minh 1 2 1 + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +n f là số n-tốt. Xét n điểm 1 A , 2 A , …, n A . Ta điền số 0 lên các cạnh ji AA mà ( ) 2modji ≠ . Với các điểm 1 A , 3 A , … ta có thể điền các số từ 0 đến ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + 2 1 n f lên các đoạn nối nó sao cho là một cách điền tốt với các điểm đó nên cũng có thể diền các số từ 1 đến 1 2 1 + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + n f sao cho là một cách điền tốt đối với các điểm đó (2). Lập luận tương tự ta cũng có thể điền các số từ 1 đến 1 2 1 + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + n f lên các cạnh nối các điểm 2 A , 4 A , … sao cho là một cách điền tốt đối với các điểm đó (3). Ta chứng minh cách điền như vậy là một cách điền tốt đối với các điểm 1 A , 2 A , …, n A . Thật vậy, xét tam giác kji AAA . Nếu () 2modkji ≡≡ thì từ (2) và (3) suy ra có hai cạnh được điền hai số bằng nhau và cạnh còn lại được điền số lớn hơn. Nếu trong ba số i , j , k có hai số cùng tính chẵn lẻ và khác tính chẵn lẻ với số còn lại, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử () 2modji ≡ , ( ) 2modki ≠ và ( ) 2modkj ≠ . Theo cách điền ta có cạnh ki AA và kj AA được điền số 0 và cạnh ji AA được điền một số lơn hơn hoặc bằng 1 , thỏa mãn. Vậy 1 2 1 + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + n f là số n-tốt (**) Từ (*) và (**) suy ra () 1 2 1 + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + = n fnf . Ta có ()() 110032006 += ff () 2502 += f () 3251 += f = () 4126 +f () 563 += f () 632 += f () 716 += f () 88 += f () 94 += f Tiếp theo ta sẽ tính () 4f . Trước hết ta thấy 0 không là số 4-tốt. Thật vậy nếu 0 là số 4-tốt, xét cách điền các số 0 lên các đoạn nối bốn điểm, xét ba điểm bất kỳ tạo thành một tam giác thì ba cạnh của tam giác đó đều được điền ba số bằng nhau, mâu thuẫn. Mặt khác 1 là số 4-tốt, vì ta có thể điền như sau: Vậy () 14 =f , suy ra () 102006 =f . Vậy số tốt có giá trị nhỏ nhất cần tìm là 10. Bài 1. Gọi chân các đường cao đỉnh B và C của tam giác ABC lần lượt là P và Q. Gọi trung điểm của cạnh BC là M . Ta có: () ( ) () ( ) () A B CB B CBPB B CQPMCQ MCQ MQP MQH sin cos 9090sin 90sin 90sin 90sin sin sin sin sin = −+− − = ∠+− − = ∠+∠ ∠ = ∠ ∠ (1) () ( ) () ( ) () C A C BC C BCQC MPB BPQMPB MPH MPQ cos sin 90sin 9090sin 90sin 90sin sin sin sin sin = − − + − = − ∠ + − = ∠ ∠+∠ = ∠ ∠ (2) Do PHEQHD ∠=∠ nên A ED A D E ∠=∠ suy ra tam giác A D E cân tại A , nên AK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác AD E . Ta có BPKE // vì cùng vuông góc với AC nên HKEKHP ∠ − = ∠ 180 suy ra HKEKHP ∠ = ∠ sinsin (3) CQKD // vì cùng vuông góc với AB nên DKHKHQ ∠ − = ∠ 180 suy ra DKHKHQ ∠ =∠ sinsin (4) Từ (3) và (4) suy ra = ∠ ∠ = ∠ ∠ = ∠ ∠ DKHKDKH HKEKEKH DKH HKE KHQ KHP sin 2 1 sin 2 1 sin sin sin sin () () () () HAD HAE HADADAH HAEAEAH AHDS AHES HD HE DKHS HKES ∠ ∠ = ∠ ∠ ==== sin sin sin 2 1 sin 2 1 () () B C B C cos cos 90sin 90sin = − − = (5) Từ (1), (2) và (5) suy ra: 1 sin sin sin sin sin sin = ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ KHQ KHP MPH MPQ MQP MQH Áp dụng Định lý Xê-va dạng sin cho tam giác HPQ ta có H K , PM và QM đồng quy hay H K đi qua trung điểm M của BC , điều phải chứng minh. Bài 2. Giả sử () kn, là một cặp số thỏa mãn điều kiện bài toán. Trước hết ta chứng minh 3≤k . Giả sử 4≥k , do A phân tích được thành tích của bốn số nguyên dương liên tiếp nên 8 MA . Mặt khác ta có: () 8mod117 2006 ≡ n () 8mod417.4 2 ≡ n () 8mod319.7 5 nn −≡ Nên () 8mod35 n A −≡ . Nếu n chẵn thì ( ) 8mod4 ≡ A , nếu n lẻ thì ( ) 8mod2 ≡ A , mâu thuẫn với 8MA . Vậy giả sử sai hay 3≤n . Do 1>k , nên 2=k hoặc 3=k . Nếu 2=k , ta sẽ chứng minh () ( ) 2,0, =kn là cặp số duy nhất thỏa mãn Kỳ thi chọn đội tuyển Quôc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006 Ngày thứ hai Bài 1. Cho x , y , z là các số thực trong đoạn [ ] 2,1 , chứng minh bất đẳng thức sau: () ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + + + + ≥ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++++ yx z xz y zy x zyx zyx 6 111 Bài 2. Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn ( ) RO, . Một đường thẳng l thay đổi luôn vuông góc với đường thẳng AO và cắt các tia A B , AC lần lượt tại M và N . Giả sử rằng BN cắt CM tại K và A K cắt BC tại P . 1/ Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định khi l thay đổi. 2/ Ký hiệu H là trực tâm của tam giác AMN , aBC = , d là khoảng cách từ điểm A tới đường thẳng H K . Chứng minh rằng 22 4 aRd −≤ Bài 3. Cho dãy () 0=n n a xác định như sau: 1 0 =a và ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ += + n nn a aa 3 1 2 1 1 Ký hiệu 13 3 2 − = n n a A , chứng minh rằng với mọi n nguyên dương thì n A là số chính phương và có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt. Bài làm: Bài 2. 1/ Ta ký hiệu () DBCA ,,, là tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng A, B , C và D được xác định như sau: () CD CB AD AB DBCA ÷=,,, Hàng điểm A , B , C , D là hàng điểm điều hòa khi và chỉ khi ( ) 1,,, −=DBCA Bổ đề 1. Cho bốn điểm phân biệt A , B , C và D trên mặt phẳng. Giả sử rằng A D cắt BC tại E , A B cắt CD tại F , AC cắt B D tại I và E I cắt AB tại K thì ( ) 1,,, − = FKBA , hay A, K , B , F là hàng điểm điều hòa. Chứng minh. Ta có các đường thẳng I A , IK , I B , I F lần lượt cắt đường thẳng CD tại C , L , D , F nên: ()() FLDCFKBA ,,,,,, = (1) Các đường thẳng A D , A L , AC , A F lần lượt cắt đường thẳng A B tại A , K , B , F nên ()() FKABFLDC ,,,,,, = (2) Mặt khác ta có () () FKAB FKBA ,,,, 1 ,,, = (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra () 1,,, 2 =FKBA , ta lại có ( ) 1,,, ≠ FKBA nên ( ) 1,,, −=FKBA , Bổ đề 1 được chứng minh. Ký hiệu () ba, là góc có hướng giữa hai đường thẳng a và b , trong lời giải này các góc có hướng được lấy theo π mod . Bổ đề 2. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có trực tâm là H thì các đường thẳng AO và A H đối xứng với nhau qua đường phân giác trong góc A của tam giác ABC , hay nói cách khác thì ()( ) ACAHAOAB ,, = . Chứng minh. Đường thẳng AO lần nữa cắt đường tròn ( ) O tại D . Ta có: ()()()()( )()( ) ACAHCACBCBAHCACBADDBDBABAOAB ,,,, 2 ,,, =+=+=+= π Bổ đề 2 được chứng minh. Gọi giao điểm của MN và BC là R , trung điểm của BC là Q, T là trực tâm của tam giác ABC . Ta có: ()()()() 2 ,,,, π +=+= AOABMNAOAOMBMNMB (4) ()()()() ACATCNATATCBCNCB , 2 ,,, +=+= π (5) Áp dụng Bổ đề 2 cho tam giác ABC ta có ( ) ( ) ACATAOAB ,, = (6) Từ (4), (5) và (6) suy ra () ( ) CNCBMNMB ,, = nên bốn điểm M , N , B và C cùng thuộc một đường tròn, suy ra RCRBRNRM = (7) Áp dụng Bổ đề 1 cho bốn điểm B , C , M , N ta có ( ) 1,,, − = RPCB hay: 0 1 =+⇒−=÷ CPBRCRBP CR CP BR BP ( ) ( ) 0=−+−⇒ RCRPBRCRRBRP ( ) ( ) 0=−+−⇒ RCRPRBRCRBRP ( ) RCRBRCRBRP .2=+⇒ RCRBRQRP =⇒ (8) Từ (7) và (8) suy ra RNRMRQRP = , nên bốn điểm M , N , P và Q cùng thuộc một đường tròn hay đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua trung điểm Q của BC cố định, điều phải chứng minh. 2/ Bổ đề 3. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( ) RO, với H là trực tâm thì 22 4 aRAH −= Chứng minh. Gọi M là trung điểm của đoạn BC , đường thẳng AO lần nữa cắt đường tròn tại D . Ta có CDAH // (vì cùng vuông góc với BC ) HCAD // (vì cùng vuông góc với AB ) Vì AHCD là hình bình hành, nên CDAH = (9). OM là đường trung bình của tam giác BCD nên OMCD 2 = (10) Từ (9) và (10) suy ra 2222 422 aRBMBOOMAH −=−== , bổ đề được chứng minh. Áp dụng định lý Xê-va dạng sin cho tam giác BKC với các đường thẳng qua các đỉnh và đồng quy tại T ta có: 1 sin sin sin sin sin sin 2 1 = ∠ ∠ ∠ ∠ TBK TBC TCB TCK K K Suy ra TBCTCK TBKTCB K K ∠∠ ∠∠ = sinsin sinsin sin sin 2 1 (11) Áp dụng định lý Xê-va dạng sin cho tam giác MNK với các đường thẳng qua các đỉnh và đồng quy tại H ta có: 1 sin sin sin sin sin sin 4 3 = ∠ ∠ ∠ ∠ HNK HNM HMN HMK K K Suy ra HNKHMK HNKHMN K K ∠∠ ∠∠ = sinsin sinsin sin sin 4 3 (12) Mặt khác ta có: HMNMNAMBCTCB ∠=∠−=∠−=∠ 22 π π suy ra HMNTCB ∠ = ∠ sinsin TCKBMCBNCTBK ∠=∠−=∠−=∠ 22 π π suy ra TCKTBK ∠ = ∠ sinsin HNMNMABCNTBC ∠=∠−=∠−=∠ 22 π π suy ra HNMTBC ∠ = ∠ sinsin HMKMCNMBNHNK ∠=∠−=∠−=∠ 22 π π suy ra HMKHNK ∠ = ∠ sinsin Từ các đẳng thức trên và (11), (12) ta có 4 3 2 1 sin sin sin sin K K K K = (13) Đặt 21 KK −−= π α thì 43 KK − −= π α . Xét tam giác 1 Δ có các góc là α , 1 K , 2 K với các cạnh tương ứng là m , n , p ; tam giác 2 Δ với các góc là α , 3 K , 4 K với các cạnh tương ứng là x , y , z . Từ (13) ta có: z y p n = suy ra hai tam giác 1 Δ và 2 Δ đồng dạng nên 31 KK = và 42 KK = nên H , K và T thẳng hàng. Gọi hình chiếu của A trên đường thẳng H K là U và giao điểm của l với AO là V . Ta có: 22 4 aRATAUd −=≤= , điều phải chứng minh. Ta nhận thấy rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BCHK // . Nhận xét rằng với mỗi điểm V thì xác định một điểm H , tức là với hai điểm V khác nhau thì xác định hai điểm H khác nhau. Vậy để chứng minh đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi V thuộc BC ta chỉ cần chứng minh khi V thuộc BC thì BCHK // . Gọi R là chân đường cao đỉnh A của tam giác ABC . Trong phân 1/ ta đã chứng minh M , N , B , C cùng thuộc một đường tròn nên ACANABAM = suy ra AB AC AN AM = nên AMNΔ đồng dạng với ACBΔ suy ra AR AT AV AH = nên BCHT // , điều phải chứng minh, vậy bài toán được chứng minh xong. Bài 3. Ta có 3 2 3 1 1 2 1 3 1 2 1 0 01 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ += a aa 2 2 1 1 39 1 9 4 3 3 13 3 == − = − = a A 12 7 3 2 3 1 3 2 2 1 3 1 2 1 1 12 = ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ += ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ += a aa 2 2 2 2 12144 1 144 49 3 3 13 3 == − = − = a A Ta có ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −+ = − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++ = − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = − = + + 3 2 9 1 4 1 3 2 9 1 4 3 3 1 3 1 2 1 3 3 13 3 2 2 2 2 22 1 1 n n n n n n n n a a a a a a a A () 2 2 2 2 13 36 3 1 4 − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = n n n n a a a a (1) Mặt khác từ 13 3 2 − = n n a A suy ra 3 11 += n n A a , thay vào (1) ta được: () 3 34 3 12 36 1 3 11 3 3 11 36 22 1 + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = + nn n n n n n AA A A A A A (2) Từ (2) ta suy ra: () () ( ) 3 3 3 34 3 34 4 3 34 11 2 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + ++ = + = ++ + nnnn nn n AAAA AA A ()( ) () 2 1 2 64 927 32316 += ++ = + n nnnn A AAAA (3) Trước hết bằng quy nạp ta sẽ chứng minh n A là số nguyên dương và chia hết cho 9 với mọi số nguyên dương n (*). Với 1=n thì 9 1 =A , (*) đúng. Giả sử (*) đúng đến kn = . Từ (2) suy ra: () 3 34 1 + = + kk k AA A nên 1+k A cũng là số nguyên dương và chia hết cho 9. Theo nguyên lý quy nạp suy ra (*) đúng với mọi n là số nguyên dương. Tiếp theo ta chứng minh bằng quy nạp rằng n A là số chính phương với mọi n nguyên dương (**). Với 1=n , 2 1 3=A , (**) đúng. Với 2=n , 2 2 12=A , (**) đúng. [...]... ra d = 1 3 ⎠ ⎝ Suy ra Ak +1 có nhiều ước nguyên tố phân biệt hơn Ak , mà Ak có ít nhất k ước nguyên tố nên Ak +1 có ít nhất k + 1 ước nguyên tố Theo nguyên lý quy nạp thì (***) được chứng minh Vậy bài toán được chứng minh xong Bài 1 Do x, y, z ∈ [1,2] , nên x + y ≥ z , y + z ≥ x , z + x ≥ y nên tồn tại các số thực không âm a , b và c không đồng thời bằng 0 thỏa mãn: x = b+c, y = c + a , z = a +b Thay . Kỳ thi chọn đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006 Ngày thứ nhất Bài 1. Cho tam giác nhọn ABC , H là trực. ta sẽ chứng minh () ( ) 2,0, =kn là cặp số duy nhất thỏa mãn Kỳ thi chọn đội tuyển Quôc gia dự thi Olympic Toán học Quốc tế năm 2006 Ngày thứ hai Bài 1. Cho x , y , z là các số thực trong. nnn A 5 22006 19.717.417 ++= Bài 3. Cho 2006 điểm phân biệt trong không gian, không có bốn điểm nào thẳng hàng. Số k gọi là số tốt nếu ta có thể điền lên mỗi đoạn thẳng nối hai điểm trong 2006