Chuyên đề 20: TỔ HỢP VÀ RỜI RẠC KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Tổ hợp xác suất CX  Số hốn vị tập A có n phần tử: Pn  n !  Số chỉnh hợp n chập k: Ank   Số tổ hợp n chập k: Cnk   Xác suất: P  A   n!  nk! n! k ! n  k  ! A B  Xác suất có điều kiện: P  A | B   P  A P  AB  n  Nhị thức Newton:  a  b   �Cnk a n - k b k n k 0  Cho n tập A1 , , An n tập hợp hữu hạn  n �2  số phần tử: n A1 � �An  �Ai  i 1    1  n -1 n � 1�i  k �n Ai �Ak  n � A �A 1�i  k �n i k �Aj A1 � �An Cho ánh xạ f từ tập hữu hạn X có n phần tử vào tập hữu hạn Y có m phần tử Số ánh xạ f từ X Y m n Số đơn ánh f từ X vào Y n(n  1)(n  2) (n  m  1) với n �m m Số toàn ánh f từ X vào Y � 1 k 0 k Cmk  m  k  n �m n Số song ánh f từ X Y n.(n  1)( n  2) 2.1  n ! n  m Nguyên tắc Dirichlê  Nếu nhốt k  thỏ vào k chuồng (k nguyên dương) tồn chuồng chứa Nếu nhốt 2k  thỏ vào k chuồng (k ngun dương) tồn chuồng chứa  Nếu nhốt  nk  thỏ vào k chuồng (k, n nguyên dương) tồn chuồng chứa n  Nguyên tắc cực hạn Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Tồn độ đo lớn độ đo nhỏ hay đại lượng lớn đại lượng nhỏ tập hữu hạn khác rỗng độ đo hay đại lượng Bất biến đơn biến Đại lượng bất biến, tính chất bất biến đại lượng hay tính chất khơng thay đổi q trình thực phép biến đổi Đại lượng đơn biến, tính chất đơn biến đại lượng hay tính chất thay đổi chiều, tăng thêm giảm trình thực phép biến đổi Đồ thị  Bổ đề bắt tay: Cho đồ thị G   V , E  tổng bậc đỉnh củạ đồ thị số chẵn �d  V   2card  E  v�V  Định lý Tocran: Nếu đồ thị G có n đỉnh số tam giác G t  G   � n2 � c � số cạnh: �4 � � � CÁC BÀI TOÁN Bài tốn 20 : Tính: A  Cn (cos x  sin x)  0Cn  Cn 3sin x cos x(sin x  cos x)    Cnn n sin x cos x(sin n -2 x  cos n-2 x ) Hướng dẫn giải Xét hàm số y  (1  cos x) n  (1  sin x) n thì: y  (Cn0  Cn1 cos x  Cn2 cos x   Cnn cos n x)   Cn0  Cn1 sin x   Cnn sin n x   2Cn0  Cn1  sin x  cos x   Cn2  sin x  cos x    Cnn  sin n x  cos n x  � y '  Cn1 (cos x  sin x)  0.Cn2  Cn3 3sin x cos x (sin x  cos x )               Cnn n sin x cos x  sin n-2 x  cos n-2 x  Do đó: A  y '  [(1  cos x)n  (1  sin x) n ]  n(1  cos x) n-1.(  sin x)  n(1  sin x) n -1 cos x  n[cos x(1  sin x) n -1  sin x(1  cos x) n -1 ] n k Bài tốn 20 2: Tìm tất cặp số tự nhiên dương n k thoả: C3n  (3n) Hướng dẫn giải n k Ta có: C3n  (3n) Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải �  3n  !  3n k �  3n   ! 3n  1  3n   3n k     n ! 2n  !  n  1 !n  2n  1 ! 2n  3n   ! 3n  2n   �   n  1 ! 2n  1 !  3n  1 k -1 3k -1.2n.n k  3n  n -1 n -1 �C n -1 Vì C3n-1 �Z n �1 nên 3k -1.2n.n k M(3n  1) (1) Mà (3, 3n  1)  1, ( n, 3n  1)  nên (1) xả � 2nM 3n  1 3 -n 1 o Do 2n �-� n n 1 k Thử lại Ck  � k  Tóm lại  n, k    1,1 Bài toán 20 3: Chứng minh rằng:  1 C m  1 1 C1991 C1991  C1991   1991- m 1991 1991 1991 1991  m 1991 m Hướng dẫn giải m Với n  1, 2, , ta đặt S  n   � 1 Cn-m tổng lấy từ m  m m hết số hạng khác n Ta có: �C k m k m  Cnm-1-1m   S  n  n -2 Ta có S  n    �S  k  , suy S (n  1)  S (n)  S (n  1) (1) k 0 Ta có S (0)  S (1)  , từ S (2)  0, S (3)   1, S (4)   1, S (5)  0, S (6)  1, S (7)  Từ (1) ta có S (m)  S ( n) m  n (mod 6) Do n Cnn-m  Cnm- m  Cnm 1m-1 nên ta được: n-m m �1 1  1 995 � m 1991 � C1991  C1991  C1991   C1991  C996 � m 1991 1991 1991 1991  m 996 � � � � Suy điều phải chứng minh Bài toán 20 4: Cho số nguyên dương m n cho n �m n  m  n  ! � m2  m n    m  n ! Chứng minh rằng: n ! � Hướng dẫn giải Ta có: Trang  m  n  !  (m  n)(m  n  1) (m  n  2)(m  n  1) n  �(m   i )(m  i )  m  n ! i 1 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Ngồi n ! n  1.2.3.n  n n n  2.1  2.2   2n   �2i i 1 n � m (m  m)2  (m2  m)( m2  m) ( m2  m)  i 1  m Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với n n n i 1 i 1 i 1 �2i ��(m   i)(m  i) �� m  m  Ta có: 2i  i  i  i  i �m2  m  i  i  (m   i )(m  i ) �m(m  1)  m  m i số nguyên nằm n Suy ra: 2i �( m   i)(m  i ) �m  m n n n i 1 i 1 i 1 ta được: �2i ��( m   i )( m  i) �� m  m  Vậy bất đẳng thức cho Bài toán 20 5: Cho n nguyên dương , n �2 a, b  Chứng minh:  a  b n  a n  bn n �  ab  n 2 Hướng dẫn giải n n Ta có: Cn  Cn  Cn   Cn  khai triển nhị thức n  a  b n a b  n 2  n n �C a i 0 i n n b  a n  bn n -i i 2n   �C a i 0 i n n -i i b 2n  � 1 �n-1 i � n -i i n-1 i n -i i � � Cn � a b �Cnb a � � � n  2 �i 1 � i 1 � � n-1 i n n � �n �Cn a b  n n  2� a n b n  � �  i 1 2  ab  n Bài toán 20 6: Hỏi từ chữ số 1, 2, 3, 4, ta lập tất số có 15 chữ số mà số chữ số có mặt lần khơng có chữ số chiếm vị trí liên tiếp số? Hướng dẫn giải Gọi X tập gồm tất số thoả mãn yêu cầu đề A tập gồm tất số có 15 chữ số lập nên chữ số 1, 2, 3, 4, mà chữ số có mặt lần số Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải �5 � Khi đó: X  A \ � U Ai �Với Ai tập gồm tất số thuộc A mà chữ số i �i 1 � chiếm vị trí liên tiếp  i  1, 2, 3, 4,  k Xét �k � ta chứng minh UA i   15 i 1 k n i 1 k 1 Áp dụng công thức: U Ai  � 1 � X   2k  ! 15! A  5- k 3 k k -1 � I 1�i1 i2 ix �in i 1 Ai 15! 13! 11! 9! 7! 5!  C51  C52  C53  C54  C55 3 3 3! Bài toán 20 7: Cho số nguyên dương k n với k �n Hỏi tất có chỉnh hợp chập k  a1 , a2 , ak  n số nguyên dương đầu tiên, mà chỉnh hợp  a1 , a2 , , ak  thoả mãn hai điều kiện sau: 1) Tồn s, t �  1; 2; ; k  cho s < t as > at 2) Tồn s � 1; 2; ; k  cho  as  s  không chia hết cho Hướng dẫn giải Gọi A tập hợp tất chỉnh hợp chập k n số nguyên dương A1 tập hợp tất chỉnh hợp thoả mãn yêu cầu Nếu kí hiệu A2  { chỉnh hợp (a1 , , ak ) � A /  1 , i  , 2, , k  ,  i mod 2, i  1, 2, , k} rõ A1  A \ A2 ràng A2 �A Suy ra: A1  A  A2 Bây ta xét A Với (ai , , ak ) �A2 ta có  i �a j  j với i �i � 1, , k  ,   i  M2  i � 1, , n  k  với Ta chứng minh: k A2  C � nk � từ ta có: A1  � �2 � � i  1, 2, , k n! k  C� nk � n  k !   � � �2 � Bài toán 20 8: Trong mặt phẳng cho 100 điểm phân biệt cho khơng có điểm thẳng hàng.Chứng minh số tam giác tạo thành từ 100 điểm đó, có khơng q 70% tam giác nhọn Hướng dẫn giải Từ điểm phân biệt khơng có điểm thẳng hàng, nhiều có tam giác nhọn Từ kết này, suy với điểm phân biệt khơng có điểm thẳng hàng, ta nhận 10 tam giác có khơng tam giác nhọn Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Với 10 điểm phân biệt khơng có điểm thẳng hàng, số cực đại tam giác nhọn tạo thành là: số tập điểm nhân cho chia cho số tập điểm chứa điểm cho trước Trong đó, số tất tam giác tạo thành có biểu thức tương tự í thay nhân ta nhân cho Do số tam giác nhọn chiếm không 3/4 số tất tam giác (đối với 10 điểm) Lí luận tương tự, ta xét 100 điểm phân biệt cho khơng có điểm thẳng hàng, số cực đại tam giác nhọn tạo thành là: số tập điểm nhân cho chia cho số tập điểm chứa điểm cho trước Trong đó, số tất tam giác tạo thành có biểu thức tương tự thay nhân ta nhân cho 10 Do số tam giác nhọn chiếm không 7/10 số tất tam giác tạo thành, điều phải chứng minh Bài toán 20 9: Có trị chơi xổ số sau: Từ 90 số Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên số Người chơi quyền đặt tiền cho số hay cho nhóm số Nếu tất số người chơi viết nằm số Ban tổ chức người chơi thắng số tiền 15 lần số tiền đặt người chơi viết số; 270 lần người chơi viết hai số; 5500 lần người chơi viết ba số; 75000 lần người chơi viết bốn số; 1000000 lần viết năm số Tìm số lần thắng trung bình người chơi viết số, hai số, năm số.Giả sử có 100000 người đặt tiền viết ba số Tìm xác suất cho có 10 người thắng số họ Hướng dẫn giải Nếu người chơi viết k số, xác suất pk cho tất số viết nằm năm số Ban tổ chức, bằng: 5- k C901 1 pk  k ; p1  ; p2  ; p3  ; p4  ; p5  C90 18 801 11748 511038 43949268 Kí hiệu E k số lần thắng trung bình người chơi viết k số đặt a đồng, ta có: E1  15a 1 29  a.1  a; E2   a �a, 18 16 89 Vì tất Ek  , nên rõ ràng trị chơi xổ số khơng có lợi cho người chơi dù viết số Xác suất cho có 10 người thắng số người viết số �0.24 Bài toán 20 10: Hai đấu thủ A B thi đấu giải cờ vua Người thắng ván điểm ván hồ Xác suất thắng ván đấu thủ A   p Ai đối thủ hai điểm thắng giải Tính xác suất thắng giải đấu thủ Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Hướng dẫn giải Giả sử    Kí hiệu Pn  A  xác suất thắng giải A sau n ván; A i Bi biến số tương ứng A B thắng ván Khi đó: Pn  A   P  A1  Pn-1  A / A1   P  B1  Pn-1  A / B1    Pn-1  A / A1    Pn-1  A / B1  (*) Trong Pn-1  A / A1  xác suất A thắng giải sau n – ván lại, A thắng ván đầu tiên; Pn-1  A / B1  xác suất A thắng giải sau n – ván lại, B thắng ván Xét n  Để A thắng giải sau n – ván lại, A thắng ván đầu, B phải thắng ván thứ hai, nghĩa là: Pn-1 ( A / A1 )  P ( B1 ) Pn-2 ( A)   Pn-2 ( A) Tương tự: Pn-1 ( A / B1 )  P( A1 ) Pn -2 ( A)   Pn -2 ( A) Từ (*) ta có Pn ( A)  2 Pn-2 ( A) , suy P4 ( A)  2 , , P2 n ( A)  2 n -1 2 Khi n  ta có P2  A    Vì khơng có ván hồ nên     , xác suất thắng giải A là: � 2 2 P( A)  �P2 k ( A)   �  2   2   �  � �  2    k 1 Bài tốn 20 11: Tìm tất số ngun dương n có tính chất sau: Có thể chia tập hợp số  n, n  1, n  2, n  3, n  4, n  5 thành hai tập hợp, cho tích tất số tập hợp tích tất số tập hợp Hựớng dẫn giải Ta để ý số nguyên liên tiếp phải có số chia hết cho Vì tập hợp số  n, n  1, , n  5 có tính chất nêu đầu bài, tập hợp phải có hai số chia hết cho 5, dĩ nhiên phải số n n  , số n  1, n  2, n  3, n  không chia hết cho Mặt khác, số tập hợp chia hết cho số nguyên tố p �7 , số cịn lại khơng chia hết cho p, tập hợp khơng có tính chất địi hỏi Từ đặc biệt suy số n  1, n  2, n  n+4 chứa thừa số nguyên tố 3, tức là: n   k1 3I11 ; n   k2 3I ; n   k k3 I3 ; n   k4 I , Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Trong k1 I1 , , k4 , I số nguyên không âm Nếu n  (và n  ) chia hết cho 3, n  n  không chia hết cho 3, I  I  n   2k2 , n   2k3 n  n  hai số nguyên liên tiếp mà lại hai số chẵn, điều vơ lí Lập luận tương tự, ta thấy n  chia hết cho 3, n  chia hết cho 3, ta gặp mâu thuẫn Chứng tỏ khơng có số ngun dương n thoả mãn điều kiện toán Bài toán 20 12: Tìm tất số nguyên dương k cho phân chia tập hợp X   1990, 1990  1, , 1990  k  thành hai tập A, B thoả mãn điều kiện: Tổng tất phần tử thuộc A tổng tất phần tử thuộc B Hướng dẫn giải Ta quy ước: tập số M gọi có tính chất T M chia thành hai tập rời cho tổng tất phần tử tập tổng tất cà phần tử cùa tập Theo ra, ta cần tìm tất số ngun dương k để tập X có tính chất T Dễ thấy X có tính chất T tổng tất phần tử X số chẵn Mà tổng 1990  k  1  k  k  1 / nên k  k  1 M4 Suy ra, k cần có dạng k  4t  k  4t với t �N Xét: Trường hợp : k  4t  �N Khi đó, số phần tử cùa X  t  1 Do đó, ta chia tập X thành t  tập rời cho tập gồm số tự nhiên liên tiếp Dễ thấy, tập gồm số tự nhiên liên tiếp tập có tính chất T Từ suy tập X có tính chất T Trường hợp 2: k  4t , t � N Khi đó, tập X có 4t  phần tử Do đó, X chia thành hai tập rời A, B hai tập đó, khơng tổng qt giả sử A, phải có khơng 2t + phần tử Như vậy, tập B có khơng q 2t phần tử Suy ra, kí hiệu a, b tương ứng tổng tất phần tử A, B thì: a �1990  (1900  1)   (1900  2t )  1990  2t  1  t  2t  1 b � (1990  2t  1)   (1990  4t )  1990 X 2t  t (6t  1) Với giả thiết a  b ta có: 1990 x 2t  t (6t  1)  1990(2t  1)  t (2t  1) ۳ 4t 1990 nên t �23 Với t  23 ta có X  {1990, 1990  1, , 1990  92}  AUB, Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Với: A  {1990  1, 1990  2, , 1990  46} B  {1990 ; 1990  47, 1990  48, , 1990  92} Hiển nhiên A, B rời nhau, tính tốn trực tiếp dễ thấy a  b Như với t  23( � k  92) tập X có tính chất T Với t  ta có: X  X 1UX với X   1990,1990  1, ,1990  92 X  {1990  93, 1990  94, ,1990  4t} Theo phần trên, tập X1 có tính chất t Hơn nữa, tập X có  t  23 , phần tử nên, vận dụng lập luận trình bày xét trường hợp 1, ta tập X có tính chất T Từ suy tập X có tính chất T Vậy, tóm lại, tất số nguyên dương k cần tìm tất số có dạng k  4t  3, t �N k  4t , t �N , t  23 Bài toán 20 13: Cho tập hợp số M   1, 2, , n Hãy tìm số m nhỏ cho tập chứa m phần tử tập M tồn hai số a, b thoả số bội số Hướng dẫn giải �� n� � n� � n� � Ta có C  �� � 1; � � 2; n �có n  � �phần tử khơng có phần tử bội 2� � 2� 2� � �� phần tử khác thuộc C n  1� n  1� � � Suy ra: m �� � phần tử Ta chứng minh: m  � � �2 � �2 � n  1� � Xét tập P chứa � � phần tử M Với p �P đặt �2 � p  2s q; s � 0; s � N q số lẻ, �p �n nên �q �n mà từ đến n n  1� � có � �số lẻ khác nên biểu diễn phần tử p � P , phải có �2 � số q lẻ suy tồn số a, b �P cho: a  2s1 l , b  s2 l Tức số a, b phải có số bội số Bài toán 20.14: Cho n số nguyên dương Xét S  {( x, y, z ) / x, y, z �{0,1, , n}, x  y  z  0} tập hợp gồm (n+1)3 - điểm không gian chiều Hãy xác định số nhỏ mặt phẳng mà hợp chúng chứa tất điểm s không chứa điểm (0,0,0) Hướng dẫn giải Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Ta thấy 3n mặt phẳng x  i, y  i z  i chứa tất điểm S không chứa điểm (0,0,0) Như số mặt phẳng cần tìm khơng vượt q 3n Để chứng tỏ số mặt phẳng cần tìm 3n, ta chứng minh bỗ đề sau: Bổ đề: Xét đa thức k biến P  x1 ; x2 , , xk  Nếu P triệt tiêu điểm tập hợp S    a1 , a2 , , : � 0,1 , n , a1  a2   ak  0 khơng triệt tiêu điểm (0,0, ,0) p có bậc khơng nhỏ kn Chứng minh Ta chứng minh kết bổ đề quy nạp theo k Dễ thấy kết luận bổ đề với k = Giả sử kết luận bổ đề cho k - , ta chứng minh kết luận bổ đề cho k Thực vậy, đa thức k biến P  x1 , x2 , , xk -1 , X  thoả mãn điều kiện bỗ đề (trong X biến thứ k), ta thực phép chia P  x1 , x2 , , xk -1 , X  cho đa thức x  x  1  x  n  để thương Q  x1 , x2 , , xk -1 , X  đa thức dư R  x1 , x2 , , xk -1 , X  Viết lại R  x1 , x2 , , xk -1 , X  dạng tắc theo luỹ thừa x n ta có: R  x1 , x2 , , xk -1 , X   Rn  x1 , x2 , , xk -1  X   R0  x1 , x2 , , xk -1  (*) Ta chứng minh Rn  x1 , x2 , , xk -1  đa thức k-1 biến thoả mãn điều kiện bổ đề a) T  x   R  0, 0, 0, x  đa thức x với bậc không vượt n triệt tiêu điểm X = 1, 2, ,n Do  T    R  0, 0, , 0,  �0 T(0) đa thức bậc n x, suy hệ số bậc cao x n khai triển (*) Rn  0, 0, ,  �0 b) Với  a1 , a2 , , ak -1  thoả a1 � 0,1, , n , a1  a2   ak -1  R  a1 , a2 , , ak -1 , X  triệt tiêu n+1 điểm ta có X  0, 1, n Vì bậc R  a1 , a2 , , ak -1 , X  không vượt n, R  a1 , a2 , , ak -1 , x  đa thức đồng 0, tất hệ số khai triển (*) đặc biệt R  a1 , a2 , , ak -1   Như vậy, Rn  x1 , x2 , , xk -1  đa thức có bậc không nhỏ (k – 1)n theo giả thiết quy nạp, R  x1 , x2 , , xk -1 , x  đa thức có bậc khơng nhỏ kn Do deg P  deg R  x1 , x2 , , xk -1 , x   kn Bổ đề đựợc chứng minh Trang 10 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Mỗi vịng trịn biểu đồ biểu diễn học sinh x số vòng tròn biểu diễn f(x) số nằm cung trịn biểu diễn số lần học sinh kề vỗ vào tay Chọn n = 499 , ta có ví dụ thoả mãn tốn Bài toán 20 28: Cho n  số nguyên Một đường từ  0,  tới  n,n  mặt phẳng xOy định nghĩa chuỗi di chuyển liên tiếp đơn vị sang phải (di chuyển kí hiệu E) hay lên (di chuyển kí hiệu N), di chuyển thực nửa mặt phẳng x �y Một bước nhảy đường kết hợp hai di chuyển liên tiếp có dạng EN Chứng minh số đường từ  0,  đến  n,n  mà chứa s bước nhảy  n �s �1 s -1 s -1 Cn-1Cn s Hướng dẫn giải Một đường với s bước nhảy từ  0,  đến  n,n  gọi đường kiểu g  n, s   Cns-1-1Cns -1 s  n, s  Cho f  n, s  số đường kiểu  n, s  đặt Ta chứng minh quy nạp theo n (n, s )  g (n, s) với s  1, 2, , n Dễ dàng thấy rằng: f (1 , 1)   g ( 1, ), f ( , )   g ( , ), f ( , )   g ( , ) Cho n �2 giả sử (m, s )  g (m, s ) với �s �m �n Rõ ràng f (n  1, 1)  g (n  1, 1) Ta chứng minh f ( n  1, s  1)  g ( n  1, s  1) với �s �n Ta nói đường kiểu  n, s  đường kiểu  n  1, s  1 liên đới với đường sau thu từ đường trước cách nhét thêm vào đường thứ cặp EN hai di chuyển liên tiếp có dạng (E, E), (N, N) hay (N, E), thêm vào cặp EN cuối đường Ta nói đường kiểu  n, s + 1 đường kiểu  n  1, s  1 liên đới đường dài có từ đường ngắn cách thêm cặp EN vào (E, N) Mỗi đường kiểu  n, s  liên đới với 2n   s đường kiểu  n  1, s  1 khác; đường kiểu Trang 22  n, s  1 liên đới với s  đường kiểu http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải n  1, s  1 khác; đường kiểu  n  1, s  1 liên đới với s  đường kiểu  n, s  hay  n, s  1 Vì số cặp liên đới là: s  1 f  n  1, s  1   2n   s  f  n, s   s  1 f  n, s  1   s  g  n, s   s  1 g  n, s  1 Dễ dàng kiểm chứng rằng: s  1 g  n  1, s  1   2n            f  n  1, s  1  g  n  1, s  1 Chú ý: Nếu m �n �s �1 , số đường từ  0,  đến  n, n  có s bước nhảy s s -1 s -1 s cho f (m, n , s )  CmCn -1  Cm Cn-1 Điều chứng minh quy nạp s theo  1 f  m  1, n  1, s  1  m  n   s  f  m, n, s   m:  s  1  m, n, s  1 Bài tốn 20 29: Có 18 người tham gia thi đấu gồm 17 vòng đấu Mỗi vịng có trận thi đấu vòng, đấu thủ tham gia trận Mỗi người thi đấu với người khác trận suốt thi đấu Tìm số n lớn cho có xếp lại thi đấu (theo nguyên tắc trên) ta tìm người số 18 người tham gia, mà họ chơi trận vào lúc kết thúc vòng đấu thứ n Hướng dẫn giải Câu trả lời n = Đầu tiên, ta chứng minh n = không thoả mãn Thật vậy, n = ta xếp để không thoả mãn sau: Gọi A tập tập gồm cầu thủ B phần bù A tập cầu thủ Lúc đó, vịng thi đấu đầu tiên, ta xếp cho phần tử B thi đấu với phần tử khác B Ta cần có đấu gồm 2N - vịng số 2N đấu thủ cho có N trận đấu vòng người thi đấu với người khác trận suốt thi đấu Ta đánh số đấu thủ 0, 1, , N , X Đánh số vòng đấu 0, 1, 2, , N  Giả sử hai đấu thủ khác i, j (khơng phải X) thi đấu vịng i  j (mod N  1) Cho i X đấu vòng 2i  mod N  1 Dễ dàng kiểm tra cách xếp thoả mãn yêu cầu Bây ta xét trường hợp n = Gọi S tập hợp lớn gồm cầu thủ mà hai người đấu với nhau, gọi S' tập hợp đấu thủ lại Chọn A S' người chơi với vài đấu thủ S Giả sử S =m , ta có Trang 23 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải S'  18  m Ta chứng minh A chơi nhiều với m  phần tử S Giả sử điều ngược lại xảy Mỗi đấu thủ chơi trận, tất phần tử s có chơi với phần tử S' nên có 7m trận diễn phần tử S phần tử S' Nếu phần tử S' chơi với m  hay nhiều phần tử S có  18  m   m  1 trận diễn phần tử S phần tử S', suy  18  m   m  1 � m , m  12m  18 � , m < m > 10 Rõ ràng khơng thể có m < (vì chắn có hai đấu thủ khơng chơi với nhau) Cịn m > 10 A chơi có trận nên chơi m - phần tử S' Vì vậy, ta có thề tìm B C thuộc S cho A khơng chơi với B hay C Vì A không thuộc S S lớn nói nên phải có D thuộc S người chơi với A Như A, B, C, D người cần tìm mà số họ chơi có trận (A với D) Bài tốn 20 30: họp có 12k người, người trao đổi lời chào với 3k + người khác Với hai người đó, số người trao đổi lời chào với hai người giống Hỏi có người tham dự họp? Hướng dẫn giải Với hai người bất kì, ta gọi n số cố định người khác có trao đỗi lời chào với hai Xét người đặc biệt a Gọi B tập hợp người có trao đồi lời chào với a, C tập hợp người không trao đổi lời chào với a Thế có 3k + người B 9k  người C Với người b B, người có trao đổi lời chào với a b phải thuộc B Như b trao đổi lời chào với n người B, với 3k   n người C Với người c C, người trao đồi lời chào với a c phải thuộc B Do c trao đổi lời chào với n người B Tổng số lời chào trao đổi B C cho bởi: (3k  6)(3k   n)  (9k  7) n, hay 9k  12n  33k  n  30  Suy n  3m với m nguyên dương 4m  k  9k  43 12k  Nếu k �15 12k   9k  43 4m số nguyên Trang 24 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Với �k �4 , có k = làm cho số 9k  43 nhận giá trị nguyên Vậy có tất 12k  36 người họp Bài toán 20 31: Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đôi cắt không qua điểm Chứng minh tồn điểm giao hai hai số n đường thẳng Hướng dẫn giải Gọi a1 , a2 , , an n đường thẳng cho Kí hiệu giao hai đường thẳng , a j aij Xét khoảng cách từ điểm a ij tới đường thẳng ak không qua Vì số khoảng cách hữu hạn nên phải tìm đường thẳng (chẳng hạn a1 , a2 , a3 ) cho khoảng cách từ điểm A1,2 tới đường thẳng a3 ngắn (hoặc khoảng cách ngắn nhất) Ta chứng minh khơng cịn đường thẳng thứ ba (khác a1 , a2 ) lại qua điểm A1,2 Trước hết ta nhận thấy qọi H chân đường vng góc hạ từ A1,2 tới a H phải thuộc đoạn thẳng nối A1,3 A2,3 Thật H nằm đoạn thẳng A2,3 gần H A1,3 rõ ràng khoảng cách từ A2,3 tới A1 nhỏ A1,2 H Bây giả sử qua A1,2 cịn có đường thẳng a Khi a phải cắt a, điểm A3,4 , điểm phải nằm hai tia có gốc H đường thẳng a Giả sử nằm tia chứa điểm A2,3 rõ ràng khoảng cách từ A2,3 tới a nhỏ A1,2 H Vô lý! Trang 25 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Bài tốn 20 32: Cho đa giác 2007 đỉnh Tìm số nguyên dương k nhỏ thoả mãn tính chất: Trong cách chọn k đỉnh đa giác tồn đỉnh tạo thành tứ giác lồi mà số cạnh cạnh đa giác cho Hướng dẫn giải Gọi đỉnh đa giác cho A A , , A2007 Chú ý tứ giác (tạo nên từ số đỉnh đa giác) có cạnh cạnh đa giác đỉnh tứ giác đỉnh liên tiếp đa giác Gọi A tập đỉnh: [ A1 , A2 , A3 , A5 , A6 , A7 , , A2003 , A2006 ] (bỏ đỉnh A4i , i  1, 501 A2007 ) Hiển nhiên A  1505 A không chứa đỉnh liên tiếp đa giác Dễ thấy, tập A không chứa đỉnh liên tiếp đa giác Vậy k �1506 Ta chứng minh cách chọn 1506 đỉnh tuỳ ý đa giác tồn đỉnh liên tiếp đa giác 1506 đỉnh Thật vậy, giả sử T tập gồm 1506 đỉnh tuỳ ý đa giác Phân hoạch tập đỉnh đa giác thành tập hợp B1   A1, A2 , A3 , A4  ; B2   A5 , A6 , A7 , A8  ; B501   A2001 , A2002 , A2003 , A2004  ; B502   A2005 , A2006 , A2007  Giả sử T không chứa đỉnh liên tiếp đa giác Lúc với i  1, , 501 , tập Bi không thuộc T, tức tập Bi có đỉnh khơng thuộc T Khi T �3 x 502  1506 Do T  1506 nên B502 �T tập Bi  i=1,501 ó phần tử thuộc T Ta có A2005 , A2006 , A2007 �T suy Ai �T � A2 , A3 , A4 �T � A5 �T � A6 , A7 , A �T � A2002 , A2003 , A2004 �T Khi đỉnh liên tiếp A2002 , A2003 , A2004 , A2005 thuộc T, mâu thuẫn Vậy k  1506 Có thể giải ngắn gọn cách xét 2007  1506  501 điểm lại chia đường tròn ngoại tiếp đa giác cho khơng q 501 cung, phải có cung chúng chứa khơng 1506  đỉnh liên tiếp 501 Bài tốn 20 33: Có cách tô màu đỏ cho 16 khối lập phương đơn vị khối lập phương x x , cho khối x x (và khối x x hay x x ) có chứa khối lập phương đơn vị màu đỏ? Trang 26 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Hướng dẫn giải Mấu chốt vấn đề chứng tỏ tồn song ánh tập xếp chấp nhận (tức thoả mãn yêu cầu đề bài) tập hình vng Latin x (Một hình vng n x n gọi hình vng Latin chứa n phần tử a1 , ,a n hàng cột có chứa đựng n phần tử này) Ở mặt đỉnh khối lập phương, ta viết sổ 1, 2, lên hình vng (của mặt đỉnh này) tuỳ theo khoảng cách đến khối đơn vị có màu đỏ tính từ xuống Chú ý hình vng (trên mặt đỉnh) chắn có khối đơn vị màu đỏ Có 16 hình vng, có 16 khối đơn vị đó, chắn cột có khối đơn vị đỏ Bây giờ, phải có số hàng hình vng, khơng khơng có khối đơn vị đỏ khối cột x x tương ứng Tương tự thế, phải có số 2, Như vậy, hàng phải hoán vị 1, 2, 3, Lí luận tương tự cho cột Do đó, hình vng (trên mặt đỉnh) phải hình vng Latin Đảo lại, hình vng Latin tương ứng với xếp chấp thuận Như thế, việc cịn lại tính xem có hình vng Latin x Dễ thấy có hình vng theo mẫu hình bên trái, là: Đến đây, tiếp tục lí luận dựa hốn vị để chứng tỏ có tất x 24 x  576 khả xếp hình vng Latin Bài toán 20 34: Cho tam giác ABC Nếu ta sơn điểm mặt phẳng hai màu xanh đỏ, chứng minh tồn hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị, tồn ba điểm màu xanh tạo thành tam giác tam giác ABC Hướng dẫn giải Ta gọi đa giác đa giác xanh (tương ứng, đỏ) có tất đỉnh màu xanh (tương ứng, đỏ) ta gọi đoạn thẳng đoạn thẳng xanh Trang 27 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải (tương ứng, đỏ) đoạn thẳng có hai điểm đầu mút màu xanh (tương ứng, đỏ) Giả sử ngược lại không tồn hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị khơng tồn ba điểm màu xanh tạo thành tam giác tam giác ABC (*) Kí hiệu a, b, c ba cạnh tam giác ABC, không tính tổng quát, ta giả sử rằng: a � b, c Đầu tiên ta chứng minh đoạn thẳng đỏ có độ dài a Thật vậy, giả sử XY đoạn thẳng đỏ có độ dài a, đó, đường trịn đơn vị nhận X, Y làm tâm hoàn toàn màu xanh Gọi Z điểm cho  XYZ  ABC (viết theo đỉnh tương ứng) Khi đó, đường trịn đơn vị tâm z phải có tồn màu đỏ, khơng z màu xanh tam giác XYZ tam giác xanh ABC , mâu thuẫn với giả thiết (*) Trên đường tròn đơn vị chắn có hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị, vơ lí Bây giờ, tồn mặt phẳng khơng thể màu xanh, nên có điểm màu đỏ mà ta gọi R Đường tròn (T) có tâm R bán kính a phải tồn màu xanh Khi đó, lấy hai điểm D E (T) cho DE  a Vì a �b, c nên ta dựng điểm F nằm ngồi (T) cho DEF  ABC (viết theo đỉnh tương ứng), điểm F phải có màu đỏ Như vậy, ta quay DE quanh R, điểm F vạch nên đường trịn bán kính lớn a có tồn màu đỏ, đường trịn ta tìm hai điểm màu đỏ có khoảng cách a, mâu thuẫn với chứng minh Như vậy, giả thiết (*) sai ta có điều phải chứng minh Bài tốn 20 35: Tìm số ngun dương n bé  n > 3 thoả mãn tính chất sau: Với n điểm đôi phân biệt, thẳng hàng A1 A2  A2 A3   An-1 An cách tơ màu n điểm màu khác tồn điểm Ai , A j , A2 j -1 (với �i  j  �n ) tô màu Hướng dẫn giải Giả sử ta dùng màu xanh kí hiệu (X) đỏ kí hiệu (Đ) Bổ đề: Với n điểm cho cùa đề bài, ta đặt chúng trục toạ độ x'Ox cho điểm Ak có toạ độ k Vậy: điểm Ai , Aj , A2 j -1 tô màu toạ độ điểm theo thứ tự lập thành cấp số cộng a) Ta chứng minh: Với n  (và từ n �8 ) tồn cách tơ màu điểm A1 , A2 , , A8 cho khơng có điểm Ai , A j , A2 j -1 tô màu Trang 28 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Thật vậy: Ta việc tô điểm A1 , A1 , A5 , A6 màu (X) tô điểm A3 , A4 , A7 , A8 màu (Đ) � đpcm b) Ta phải chứng minh: Với n = cách tơ màu điểm: A1 , A2 , , A9 màu khác tồn điểm Ai , A j , A2 j -i (với �i  j - � ) tô màu Thật vậy, Giả sử trái lại rằng: tồn cách tô màu điểm cho điểm Ai , A j , A2 j -i (với �i  j - i �n ) bị tơ khác Khi đó, vận dụng Bồ đề trên, ta suy rằng: với số k �  3, 4, 5 điểm Ak Ak  phải tơ khác màu (vì: điểm Ak Ak  tô màu chẳng hạn màu (X) ta cổ thể tơ cậc điểm Ak  , Ak 1 , Ak  màu (Đ), điều lại trái với điều giả sử trên) Khơng tính tổng qt ta giả sử tơ A3 màu (Đ) � A5 màu (Đ) A7 màu (Đ) Vì 3, 4, cấp số cộng � A4 màu (X) A6 màu (X) Vì 4, 6, cấp số cộng  � A8 màu (Đ) Vì 7, 8, cấp số cộng => A9 màu (X) Vì 1, 3, cấp số cộng � A1 màu (X) Vì 2, 5, cấp số cộng � A2 màu (X) Vậy điểm A , A , A lại màu (X), trái với điều giả sử Vậy số n phải tìm n = Bài tốn 20 36: Cho G tà đồ thị liên thông gồm k cạnh Chứng minh đánh số cạnh tất số 1, 2, 3, , k cho đỉnh thuộc hai cạnh đồ thị, ta có ước số chung lớn số nguyên viết cạnh đỉnh Hướng dẫn giải Ta bắt đầu đỉnh v0 Hãy tưởng tượng ta dọc theo cạnh phân biệt đồ thị, vừa vừa đánh số chúng ta đếm: 1, 2, 3, , ta khơng thể xa muốn thêm phải dừng lại cạnh qua Nếu có cạnh khơng đánh số cạnh phải có đỉnh ta qua, G liên thơng Hãy khởi đầu từ đỉnh này, ta tiếp tục dọc theo cạnh chưa dùng tới, đánh số lại nơi ta qua, tiếp tục lần ta khơng thể xa Q trình lặp lại lúc tất cạnh đánh số Trang 29 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Bây giờ, ta chứng minh việc đánh số thoả mãn điều kiện đề bài: đỉnh thuộc hai cạnh đồ thị, ta có ước số chung lớn số nguyên viết cạnh đỉnh Thật vậy, gọi V đỉnh (v thuộc hai cạnh đồ thị) Nếu v  v0 , tức V đỉnh xuất phát, cạnh chứa đỉnh V đánh số 1, hiển nhiên ta có ước số chung lớn số nguyên viết cạnh đỉnh V Nếu v �v0 , giả sử lần ta đánh số V đường vào lúc cuối cạnh đánh số r Vào lúc đó, có nhiều cạnh chưa sử dụng đỉnh V, cạnh đánh số r  Do đó, ước số chung lớn số nguyên viết cạnh đỉnh V 1, cạnh có chứa r r  Suy điều phải chứng minh Bài toán 20 37: Cho G đồ thị đơn (G khơng chứa khun khơng có hai cạnh khác nối cặp đỉnh), có hữu hạn đỉnh Mỗi đỉnh G tô hai màu đen trắng Giả sử ban đầu tấu đỉnh G có màu đen Ta phép thực nhiều lần thao tác: chọn đỉnh P tùy ý G đổi màu P đỉnh kề với P (hai đỉnh gọi kề chúng nối với cạnh) Hỏi: sau số hữu hạn lần thực thao tác vậy, ta đổi màu tất đỉnh G sang trắng hết hay không? Hướng dẫn giải Giả sử G   V , E  Ta chứng minh quy nạp theo n = V rằng: sau số hữu hạn lần thực (các) thao tác đề toán cho phép, ta đỗi màu tất đỉnh đồ thị cho sang trắng Đpcm rõ ràng n = Giả sử n � đpcm đủng cho đồ thị với số đỉnh n -1 Xét đồ thị G   V , E  với V  n, V   P1 , P2 , , Pn  ; đỉnh Pi (  �i �n  tô đen Gọi f i  �i �n  thao tác “cơ sở”: đổi màu Pi đỉnh kề với Pi G Ta chứng minh tồn dãy g gồm số hữu hạn thao tác sở f i mà “hợp thành” chúng đổi màu pủa đỉnh G (1) Trang 30 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Xét đồ thị Gi   Vi , Ei  với tập đỉnh Vi  V \  Pi  tập cạnh E i G i thu từ tập cạnh E G cách bỏ cạnh có hai đầu mút Pi  �i �n  Theo giả thiết quy nạp, với �i �n , tồn dãy hữu hạn thao tác sở Gị mà hợp thành chúng đổi màu đỉnh G i suy ra: tồn dãy gi  �i �n  gồm số hữu hạn thao tác sở f j  j �i  G (như vừa giới thiệu trên) mà hợp thành chúng đổi màu tất đỉnh G, “không kể” đỉnh Pi Nếu n dãy g i có hợp thành (của thao tác “thành phần” nó) đỗi màu đỉnh Pi ( cần lấy g  g i ta có (1) Giả sử: dãy gi  �i �n  có hợp thành khơng đổi màu đỉnh Pi (2) Xét hai trường hợp :  Với n chẵn: lấy g   g1 , g , , g n  : nghĩa là, g dãy gồm tất thao tác thành phần liên tiếp gr ròi thao tác thành phần liên tiếp g , cuối thao tác thảnh phần liên tiếp g n Do (2) n  lẻ, dễ thấy g thỏa (1)  Với n lẻ: trường hợp này, từ Bổ đề Bắt tay suy G có đỉnh bậc chẵn; không tính tổng quát, giả sử đỉnh P1 tất đỉnh kề với đỉnh P1 gồm đỉnh P2 , P3 , , P2 k 1 Lấy g  ( f1, g1 , g , , g k 1 ) ; (2), dễ thấy g thỏa (1) Vậy (1) Theo nguyên lý quy nạp đpcm cho n Bài toán 20 38: Cho 21 điểm nằm đường tròn Chứng minh có 100 cung xác định cặp điểm điểm cho nhìn từ tầm góc khơng vượt q 120° Hướng dẫn giải Bổ đề: Cho graph G A, B, c đỉnh G cho số đỉnh nối với cạnh tập hợp gồm đỉnh A, B, c cạnh AB, AC, BC tam giác G số tam giác graph G kí hiệu t(G) Khi ta có Định lí Turan : Nếu graph G có n đỉnh t  G  = số cạnh Trang 31 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải � n2 � graph G �� � �4 � Chứng minh: Gọi A đỉnh G có bậc lớn nhất, k Gọi B1 , B2 , ,Bk đỉnh nối với A G' graph nhận từ G cách bỏ A cạnh xuất phát từ A Khi số cạnh G  k  số cạnh G' Rõ ràng khơng có cạnh nối Bi Bk , ngược lại ta có tam giác tạo thành, G' đếm tất cạnh nối từ n  k  đỉnh G (trừ AB1 , B2 , ,Bk ) bậc cao đỉnh k nên số cạnh G ' � n  k  1 k Do G � n  k  1 k  k  n  k k � số cạnh n2 (đpcm) Áp dụng vào : Từ 21 điểm ta có tất C 21 = 210 cung Đếm tất cung không vượt 180° đầu mút số 21 điểm cho Nối điểm cạnh, xác định cung có số đo > 120° Xét tất cạnh tạo thành graph G (có đỉnh từ 21 điểm cho) Khơng có tam giác G (nếu ngược lại có tam giác có tổng lớn 180°) theo định lý Turan có khơng � 212 � nhiều � �cạnh nên phải có 210  110  100 cung khơng vượt q �4 � 120° Bài tốn 20 39: Cho trước số số tự nhiên viết đường thẳng Ta thực bước điền số đường thẳng sau: bước, xác định tất cặp số kề có đường thẳng theo thứ tự từ trái qua phải, sau điền vào cặp số tổng hai số thuộc cặp Hỏi sau 2013 bước, số 2013 xuất lần đường thẳng trường hợp sau: a) Các số cho trước 1000? b) Các số cho trước 1, 2, , 1000 xếp theo thứ tự tăng dần từ trái qua phải? Hướng dẫn giải a) Ta chứng minh có hai số 2013 dãy nhận sau 2013 lần thực Chú ý ta quan tâm đến số lần xuất 2013 nên có số đứng kề mà tổng số lớn 2013 số xuất từ trước ta khơng cần liệt kê Dãy ban đầu Trang 32 1,1000 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Sau bước 1,1001,1000 Sau bước 1,1002,1001,2001,1000 Sau bước 1,1003,1002,2003,1001,3002,2001,3001,1000 Ta giữ lại số đầu 1,1003,1002,2003 Sau bước 1,1004,1003,2005, Sau bước 1.1005, 1004,2007, Sau bước 1.1006, 1005,2009, Sau bước 1.1007, 1006,2011, Sau bước 1008 1007 2013 Sau bước số 2013 xuất lần đầu Sau trừ tổng cặp đầu bé 2013 tổng cặp lại lớn 2013 Hơn nữa, sau lần thực số thứ dãy tăng đơn vị nên sau 1013 bước số thứ 2013 từ khơng có số 2013 b) Ta chứng minh có 1198 số 2013 dãy nhận sau 2013 lần thực cách chuyển thao tác đường thẳng đường tròn BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 20.1: Cho số nguyên dương n, tính tổng a  n n 1 � � �2 � � � �C i 0 i n -i 1 Hướng dẫn Chứng minh an  an -1  an  n n 5+3 5� 1+ �  �  5� + Kết � � � � � � � � 10 � � 10 � � Bài tập 20 2: Cho S   1, 2, , 280 Tìm số tự nhiên n nhỏ cho tập hợp gồm n phần tử s chứa số đôi nguyên tố Hướng dẫn Đếm số bội 2, 3, 5, Kết n = 217 Bài tập 20 3: Một hoán vị  x1 , x2 , , x2 n  tập hợp  1, 2, ,2n gọi có tính chất p, n số nguyên dương, xi  xi 1  n với i thuộc  1, 2, , 2n  1 Chứng minh với n, số hốn vị có tính chất p lớn số hốn vị khơng có tính chất Hướng dẫn Trang 33 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Lập ánh xạ f từ tập khơng có tính chất P vào tập có tính chất P, chứng minh f khơng tồn ánh Hoặc chứng minh: A   2n  ! Bài tập 20 4: Gọi s tập hợp tất n-bộ ( X , X , , X n ) với X i tập tập  1, 2, ,1998 Với k thuộc S (tức k n-bộ trên), ta gọi f(k) số tất phần tử hội n tập hợp k Tìm tồng tất f(k) k chạy khắp S Hướng dẫn X i tập tập  1, 2, , m tổng cần tính s (n, m)  m(2nm  2n ( m-1) ) n 1 � 1� Bài tập 20 5: Chứng minh  �  � �8 ,n nguyên dương � n� Hướng dẫn n 1 � 1� Đặt an  � 1 � � n� Chứng minh: ak  ak -1 an �8 Và chứng minh:   a  �1  ma   m  1 a m Bài tập 20 6: Có em học sinh chuyến tàu Mỗi em chọn tuỳ ý ngẫu nhiên toa tàu định a) Tìm xác suất để toa đầu có em; b) Tìm xác suất để toa có em, toa có em toa cịn lại có em Hướng dẫn a) Khơng gian mẫu có số phần tử 93 Kết P1  b) Kết F2  5376 1792  19683 6561 280 729 Bài tập 20 7: Ba kì thủ dự giải cờ đấu vịng trịn theo cách thức sau: A đấu với B, người thắng đấu với c, người thắng đấu với người thua.v.v Giải kết thúc có thắng liên tiếp hai ván Tính xác suất thắng kì thủ tất ngang tài tính xác suất thắng kì thủ ván A thắng Hướng dẫn Trang 34 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Kết 5 4 14 14 14 7 Bài tập 20 8: Cho n k số nguyên dương, s tập n điểm mặt phẳng thoả mãn điều kiện: (i) Khơng có điểm S thẳng hàng (ii) Với điểm P thuộc S, tồn k điểm S cách P Chứng minh k   2n Hướng dẫn 2 Dùng phản chứng nguyên tắc Dirichlê Để ý: nCk  2.Cn Bài tập 20 9: Trên bảng vng x ơ, hai người chơi trị chơi thay đánh số lên ô vuông Người thứ ln đánh số 1, cịn người thứ hai đánh số Mỗi lượt, người đánh số, khơng cịn để đánh Sau đó, họ tính tổng số hình vuông x (trong bảng vuông x ô đó) Gọi A số lớn tổng Hỏi người thứ làm cho A lớn đến bao nhiêu, bất chấp người thứ hai đánh nào? Hướng dẫn Sử dụng tính đối xứng bảng vuông Kết A  Bài tập 20 10: Các thẻ có ghi số từ đến xếp ngẫu nhiên thành hàng Trong nước đi, ta chọn khối tuỳ ý thẻ liên tiếp cho số ghi chúng theo thứ tự tăng dần hay giảm dần xáo lộn vòng chúng Chẳng hạn 916532748 xáo đổi thành 913562748 Chứng minh khơng q 12 nước đi, ta xếp thẻ cho số chúng theo thứ tự tăng dần hay giảm dần Hướng dẫn Gọi f(n) giá trị lớn số nước bé cần đến để thứ tự hoán vị Chứng minh f  n  �f  n  1  Bài tập 20 11: Trên bàn người ta dán 2015 hình trịn có bán kính cho khơng có hai hình giao Chứng minh với màu khác ta tơ hình trịn (mỗi hình trịn tơ màu) cho hình trịn tiếp xúc tơ màu khác Hướng dẫn Chứng minh qui nạp theo số hình trịn Trang 35 http://dethithpt.com – Website chun đề thi thử file word có lời giải Bài tập 20 12: Ta gọi hội S tập hợp S người cho cặp hai người họ có quen Trong buổi tiệc, hai hội  có chung người, khơng có hội  buổi tiệc Chứng minh buổi tiệc có hai người (hoặc hơn) mà họ rời khơng lại hội  Hướng dẫn Sử dụng đồ thị với đỉnh người dự cạnh nối đỉnh người tương ứng quen Trang 36 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải ... Bài toán 20 27: Tại khiêu vũ, nhóm S gồm 1994 học sinh đứng thành vịng tròn lớn Mỗi học sinh vỗ vào tay hai học sinh kề hai bên số lần Với học sinh x, ta gọi f(x) tổng tất số lần mà X vỗ vào tay... 15 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Nếu học sinh đến số số phải rời khỏi vị trí vòng tròn Học sinh lại cuối thưởng Hỏi học sinh muốn nhận phần thưởng lúc bắt... trường hợp cách tính xem đến lại 729  36 học sinh học sinh B đếm số 729 người thưởng Như vậy: cần có 1991  729  1262 học sinh rời khỏi vị trí có 1262 :  631 nhóm người, cần có 631  1893 học sinh