Chủ đề này có 25 trả lời

[Cao Xuân Huy]

Ngày 1
Thời gian: 180 phút.

Bài 1: (5 điểm)
Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R^*} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(x + y) = {x^2}f\left( {\frac{1}{x}} \right) + {y^2}f\left( {\frac{1}{y}} \right),\forall x,y \in \mathbb{R^*}$

Bài 2: (5 điểm)
Cho $n$ số nguyên dương $x_1, x_2,...x_n$ đôi một khác nhau ($n \ge 2$). Đặt $A=\{1,2,...,n\}$. Với mội $i \in A$ lấy ${p_i} = \prod\limits_{j \in A\backslash \{ i\} } {({x_i} - {x_j})} $. Chứng minh $\sum\limits_{i \in A} {\frac{{{x_i}^k}}{{{p_i}}}} $ nguyên với mọi $k$ tự nhiên.

Bài 3: (5 điểm)
Cho đường thẳng $d$ và điểm A không nằm trên $d$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên d và K là trung điểm của $AH$. Hai đường tròn $(M), (N)$ di động nhưng luôn tiếp xúc với d và tiếp xúc với nhau tại A. Chứng minh:
a) Phương tích của K với đường tròn đường kính $MN$ không đổi.
b) Chứng minh đường tròn đường kính $MN$ luôn tiếp xúc với đường tròn cố định.

Bài 4: (5 điểm)
Cho bảng kẻ ô vuông kích thước $(2n) \times (2n+1)$. Hãy tìm giá trị lớn nhất của $k$ sao cho $k$ thoả mãn điều kiện: ta có thể tô màu $k$ ô vuông đơn vị của bảng sao cho không có hai ô vuông đơn vị nào được tô mà có đỉnh chung.


Ngày 2
Thời gian: 180 phút.

Bài 5: (6 điểm)
Cho số nguyên tố $p>3$. Gọi $k = \left\lfloor {\frac{{2p}}{3}} \right\rfloor $. Chứng minh:
\[\sum\limits_{i = 1}^k {C_p^i} \vdots {p^2}\]
Bài 6: (7 điểm)
Cho tam giác $ABC$ và điểm $C'$ nằm trên đường thẳng $AB$. Chứng minh rằng:
a) Tồn tại duy nhất tam giác $A'B'C'$ đồng dạng với tam giác $ABC$ mà các điểm $A'$ và $B'$ nằm lần lượt trên đường thẳng $BC$ và $AC$.
b) Trực tâm của tam giác $A'B'C'$ không phụ thuộc vị trí của điểm $C'$ trên đường thẳng $AB$.

Bài 7: (7 điểm)
Cho $(H)$ là một đa giác đều $24$ cạnh. Mỗi đỉnh của $(H)$ sẽ được tô bởi chỉ một trong hai màu xanh và đỏ. Khi đó, nếu $(K)$ là một đa giác đều thoả mãn đồng thời hai điều kiện:
- Tập đỉnh của $(K)$ là tập con của tập đỉnh của $(H)$.
- Tất cả các đỉnh của $(K)$ được tô bởi cùng một màu.
thì ta gọi $(K)$ là một mẫu đơn sắc. Hãy tính số cách tô màu các đỉnh của $(H)$ sao cho không có mẫu đơn sắc nào được tạo ra.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-09-2013 - 14:27

[perfectstrong]

Bài 2 là $\forall k \in \mathbb{N}$ nhé.

[LNH]

Bài 2: (5 điểm)

          Cho $n$ số nguyên dương $x_1, x_2,...x_n$ đôi một khác nhau ($n \ge 2$). Đặt $A=\{1,2,...,n\}$. Với mội $i \in A$ lấy ${p_i} = \prod\limits_{j \in A\backslash \{ i\} } {({x_i} - {x_j})} $. Chứng minh $\sum\limits_{i \in A} {\frac{{{x_i}^k}}{{{p_i}}}} $ nguyên với mọi $k$ tự nhiên.

Bài 4: (5 điểm)

          Cho bảng kẻ ô vuông kích thước $(2n) \times (2n+1)$. Hãy tìm giá trị lớn nhất của $k$ sao cho $k$ thoả mãn điều kiện: ta có thể tô màu $k$ ô vuông đơn vị của bảng sao cho không có hai ô vuông đơn vị nào được tô mà có đỉnh chung.

Bài 4: Ta sẽ CM $k \leq n \left(n+1 \right)$

Xét $k \leq n \left(n+1 \right)$

Ta sẽ tô màu như sau:

Ở hàng 1 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

Ở hàng 3 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

...

Ở hàng 2n-1 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

Ta sẽ CM $k<n^2+n+1$ bằng quy nạp

Xét $n=1$: dễ dàng suy ra đpcm

Giả sử BĐT trên đúng với $n=i$

Xét $n=i+1$:

Ta chia bảng trên thành 4 phần: $2i\times \left ( 2i+1 \right )$, $2\times 2i$, $2\times \left ( 2i+1 \right )$, $2\times 2$

Dễ dàng thấy rằng trong bảng $2i\times \left ( 2i+1 \right )$ số ô được tô màu bé hơn $i^2+i+1$, bảng $2\times 2i$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $i$,bảng $2\times \left ( 2i+1 \right )$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $i+1$, bảng $2\times2$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $1$

Suy ra $k<\left ( i+1 \right )^2+\left ( i+1 \right )+1$

Suy ra đpcm

Vậy $max_{k}=n\left ( n+1 \right )$

Bài 2: chưa giải xong nhưng có một ý tưởng như sau:

$\sum \frac{x_i^k}{p_i}=\frac{\sum \left ( -1 \right )^{p-i}C_{p-1}^{i-1}i^k}{\left ( p-1 \right )!}$

Ta có thể chứng minh tử chia hết cho mẫu bằng cách nhóm các số hạng thích hợp

[badatmath]

Bài 4: Ta sẽ CM $k \leq n \left(n+1 \right)$

Xét $k \leq n \left(n+1 \right)$

Ta sẽ tô màu như sau:

Ở hàng 1 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

Ở hàng 3 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

...

Ở hàng 2n-1 ta tô các ô thứ $1,3,5,..,2n+1$

Ta sẽ CM $k<n^2+n+1$ bằng quy nạp

Xét $n=1$: dễ dàng suy ra đpcm

Giả sử BĐT trên đúng với $n=i$

Xét $n=i+1$:

Ta chia bảng trên thành 4 phần: $2i\times \left ( 2i+1 \right )$, $2\times 2i$, $2\times \left ( 2i+1 \right )$, $2\times 2$

Dễ dàng thấy rằng trong bảng $2i\times \left ( 2i+1 \right )$ số ô được tô màu bé hơn $i^2+i+1$, bảng $2\times 2i$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $i$,bảng $2\times \left ( 2i+1 \right )$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $i+1$, bảng $2\times2$ số ô được tô màu bé hơn hoặc bằng $1$

Suy ra $k<\left ( i+1 \right )^2+\left ( i+1 \right )+1$

Suy ra đpcm

Vậy $max_{k}=n\left ( n+1 \right )$

Bài 2: chưa giải xong nhưng có một ý tưởng như sau:

$\sum \frac{x_i^k}{p_i}=\frac{\sum \left ( -1 \right )^{p-i}C_{p-1}^{i-1}i^k}{\left ( p-1 \right )!}$

Ta có thể chứng minh tử chia hết cho mẫu bằng cách nhóm các số hạng thích hợp

Sao bạn có thể nghĩ ra được cái đó .

[LNH]

Sao bạn có thể nghĩ ra được cái đó .

Một cách tự nhiên ta có thể tô màu xen kẽ các ô ở các hàng lẻ và theo cảm giác trực quan thì đó là...giá trị lớn nhất

(nói chung là làm mấy bài dạng này phải làm thử từng trường hợp riêng để đưa ra cách chọn tối ưu )

[BlackSelena]

Bài 2: (5 điểm)

          Cho $n$ số nguyên dương $x_1, x_2,...x_n$ đôi một khác nhau ($n \ge 2$). Đặt $A=\{1,2,...,n\}$. Với mội $i \in A$ lấy ${p_i} = \prod\limits_{j \in A\backslash \{ i\} } {({x_i} - {x_j})} $. Chứng minh $\sum\limits_{i \in A} {\frac{{{x_i}^k}}{{{p_i}}}} $ nguyên với mọi $k$ tự nhiên.

 

Xét 2 trường hợp

$\bullet$ Trường hợp 1: $1 \leq k \leq n-1$

Xét $P(x) = x^k$.

Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $n$ mốc nội suy $x_1, x_2, ..., x_n$

$\Rightarrow P(x) = \sum_{i=1}^n P(x_i) \cdot \dfrac{\prod_{j\neq i}(x - x_j)}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)}$

$= \sum_{i=1}^n x_i^k \cdot \frac{\prod_{j\neq i}(x - x_j)}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)}$

Ta có do $k \leq n-1$ nên hệ số của $x^{n-1}$ trong $P(x)$ là 0 hoặc 1, và hiển nhiên 2 giá trị này đều nguyên @@~

Mà từ công thức nội suy Lagrange trên thì có hệ số của $x^{n-1}$ trong $P(x)$ là $= \sum_{i=1}^n x_i^k \cdot \frac{1}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)}$

Kết hợp 2 điều này thì ta có đpcm.

$\bullet$ Trường hợp 2: $k \geq n$

Cũng tương tự như trên, xét đa thức $P(x) = x^k$
Gọi thêm $h(x) = \prod_{i=1}^n (x-x_i)$
$\Rightarrow \ \exists \ q(x), r(x) : p(x)=h(x).q(x)+r(x)$

Do $h(x)$ là mônic; $h(x), p(x) \in \mathbb{Z}[x]$ nên $q(x), r(x) \in \mathbb{Z}[x]$ và $\text{deg r} \leq n -1$

$\Rightarrow P(x_i) =r(x_i)$

Đặt $\sum\limits_{i \in A} {\frac{{{x_i}^k}}{{{p_i}}}} = A$ 

Ta có: $A = \sum_{i=1}^n \frac{r(x_i)}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)}$

Tương tự như trường hợp 1, nhận thấy $A$ là hệ số của $x^{n-1}$ trong $r(x)$

$\Rightarrow A \in \mathbb{Z} \ \square $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 18-09-2013 - 10:21

[Primary]

Thử sức xem sao:

Bài 1:

Thay $y=x$ ta được: $f(2x)=2x^2f\left ( \frac{1}{x} \right )$

$\Rightarrow f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$

+Vì     $f\left ( \frac{x+1}{x} \right )=f\left ( \frac{1}{x}+1 \right )=\frac{1}{x^2}f(x)+f(1)$

và       $f\left ( \frac{x+1}{x} \right )=2\left ( \frac{x+1}{2x} \right )^2.f\left ( \frac{2x}{x+1} \right )$

           $=\frac{(x+1)^2}{2x^2}.\left [ 4f\left ( \frac{1}{2} \right )+\frac{4}{(x+1)^2}.f\left ( -\frac{x+1}{2} \right ) \right ]$

           $=\frac{(x+1)^2}{2x^2}.\left [ 4f\left ( \frac{1}{2} \right )+\frac{4}{(x+1)^2}.\left ( 2f(0)-\frac{f(x)+f(1)}{2} \right) \right ]$

$\Rightarrow \frac{1}{x^2}f(x)+f(1)=\frac{(x+1)^2}{2x^2}\left [ 4f\left ( \frac{1}{2} \right )+\frac{4}{(x+1)^2}.\left ( 2f(0)-\frac{f(x)+f(1)}{2} \right) \right ]\Rightarrow 2f(x)+f(1)x^2=2(x+1)^2f\left ( \frac{1}{2} \right )+4f(0)-f(1)$

$\Rightarrow 2f(x)=\left ( 2f\left ( \frac{1}{2} \right )-f(1) \right )x^2+4f\left ( \frac{1}{2} \right )x+2f\left ( \frac{1}{2} \right )+4f(0)-f(1)$  (*)

+Thay $x=1$ vào (*) ta được $f(1)=2f\left ( \frac{1}{2} \right )+f(0)$

+Thay lại vào (*) ta có:  $2f(x)=-f(0)x^2+4f\left ( \frac{1}{2} \right )x+3f(0)$ (**)

+Thay $x=\frac{1}{2}$ vào (**) : $2f\left ( \frac{1}{2} \right )=-\frac{1}{4}f(0)+2f\left ( \frac{1}{2} \right )+3f(0)\Leftrightarrow f(0)=0$  (***)

Từ (**) và (***) suy ra $f(x)=2f\left ( \frac{1}{2} \right )x\Leftrightarrow f(x)\equiv Cx$, $C$ là hằng số

Vậy hàm cần tìm là $f(x)=Cx$ với $C$ là hằng số

 

 

[Cao Xuân Huy]

Tập $R^*$ không có số $0$ nhá bạn.

[Primary]

Hình như là $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$  thì phải. Không biết phải không

[quocbaolqd11]

ý tưởng câu tổ hợp rất giống như ý tưởng của bài toán "đặt các con mã vào các ô trên bàn cờ $8 \times 8$ sao cho số quân mã trên bàn cờ là nhiều nhất". Thay vì đặt quân mã thì ở đây là tô màu ô vuông .

[quocbaolqd11]

Thử sức xem sao:

Bài 1:

Thay $y=x$ ta được: $f(2x)=2x^2f\left ( \frac{1}{x} \right )$

$\Rightarrow f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$

+Vì     $f\left ( \frac{x+1}{x} \right )=f\left ( \frac{1}{x}+1 \right )=\frac{1}{x^2}f(x)+f(1)$

và       $f\left ( \frac{x+1}{x} \right )=2\left ( \frac{x+1}{2x} \right )^2.f\left ( \frac{2x}{x+1} \right )$

           $=\frac{(x+1)^2}{2x^2}.\left [ 4f\left ( \frac{1}{2} \right )+\frac{4}{(x+1)^2}.f\left ( -\frac{x+1}{2} \right ) \right ]$

           $=\frac{(x+1)^2}{2x^2}.\left [ 4f\left ( \frac{1}{2} \right )+\frac{4}{(x+1)^2}.\left ( 2f(0)-\frac{f(x)+f(1)}{2} \right) \right ]$

$\Rightarrow \frac{1}{x^2}f(x)+f(1)=\frac{(x+1)^2}{2x^2}\left [ 4f\left ( \frac{1}{2} \right )+\frac{4}{(x+1)^2}.\left ( 2f(0)-\frac{f(x)+f(1)}{2} \right) \right ]\Rightarrow 2f(x)+f(1)x^2=2(x+1)^2f\left ( \frac{1}{2} \right )+4f(0)-f(1)$

$\Rightarrow 2f(x)=\left ( 2f\left ( \frac{1}{2} \right )-f(1) \right )x^2+4f\left ( \frac{1}{2} \right )x+2f\left ( \frac{1}{2} \right )+4f(0)-f(1)$  (*)

+Thay $x=1$ vào (*) ta được $f(1)=2f\left ( \frac{1}{2} \right )+f(0)$

+Thay lại vào (*) ta có:  $2f(x)=-f(0)x^2+4f\left ( \frac{1}{2} \right )x+3f(0)$ (**)

+Thay $x=\frac{1}{2}$ vào (**) : $2f\left ( \frac{1}{2} \right )=-\frac{1}{4}f(0)+2f\left ( \frac{1}{2} \right )+3f(0)\Leftrightarrow f(0)=0$  (***)

Từ (**) và (***) suy ra $f(x)=2f\left ( \frac{1}{2} \right )x\Leftrightarrow f(x)\equiv Cx$, $C$ là hằng số

Vậy hàm cần tìm là $f(x)=Cx$ với $C$ là hằng số

không có giá trị $f(0)$ nhé, thế giá trị $x=0$ thì cái pt hàm ban đầu không xác định.

[ntuan5]

Bài pth: Cho $x=y$ xong thế lại vào pt đầu, ta có: $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Thay $y=y+z$, tính $f(x+y+z)$ bằng 2 cách, được:

$f(x)-\frac{f(2x)}{2}=f(y)-\frac{f(2y)}{2}=t=f(1)-\frac{f(2)}{2}=1$. Nên $0=f(x)+f(y)-f(x+y)$, ta được pth cộng tính. Cuối cùng là lí luận để là pth cô-si, và thử lại.

[quocbaolqd11]

 

Bài pth: Cho $x=y$ xong thế lại vào pt đầu, ta có: $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Thay $y=y+z$, tính $f(x+y+z)$ bằng 2 cách, được:

$f(x)-\frac{f(2x)}{2}=f(y)-\frac{f(2y)}{2}=t=f(1)-\frac{f(2)}{2}=1$. Nên $0=f(x)+f(y)-f(x+y)$, ta được pth cộng tính. Cuối cùng là lí luận để là pth cô-si, và thử lại.

 

 

có cách khác là thay $a=2x$ $b=2y$ ở đoạn $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Ra được dạng quen thuộc:

$f(\frac{a+b}{2})=\frac{f(a)+f(b)}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quocbaolqd11: 12-09-2013 - 23:25

[ntuan5]

có cách khác là thay $a=2x$ $b=2y$ ở đoạn $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Ra được dạng quen thuộc:

$f(\frac{a+b}{2})$=\frac{f(a)+f(b)}{2}$

Theo mình thì không tồn tại $f(0)$ nên chỗ này không đưa về pth cộng tính ngay được.

[Karl Heinrich Marx]

Bài 1 đưa đến hàm cộng tính chưa hẳn là xong vì cộng tính với liên tục hoặc đơn điệu hoặc ghép 1 điều kiện nào đấy mới giải ra được. Cần chú ý một chút là $f(x+y+1)=\frac{f(2x)+f(2y+2)}{2}=\frac{f(2y)+f(2x+2)}{2} \Rightarrow f(2x+2)-f(2x)=c \Rightarrow f(x+2)-f(x)=c$

Mà $f(x+2)=x^2f(\frac{1}{x})+4f(1/2) \Rightarrow f(x)-x^2f(\frac{1}{x})=const$ thay x=1 là có suy ra hẳng số này bằng 0. Dẫn đến $f(x)=x^2f(\frac{1}{x})$ Từ đây suy ra luôn là cộng tính.

Ta có:

$ f(1)+f(\frac{1}{x})=f(1+\frac{1}{x})=\frac{(x+1)^2}{x^2}.f(\frac{x}{x+1}) = \frac{(x+1)^2}{x^2}.(f(1)-f(\frac{1}{x+1})) $

$=\frac{(x+1)^2}{x^2}(f(1)-\frac{1}{(x+1)^2}f(x+1))$

$= \frac{(x+1)^2}{x^2}(f(1)-\frac{1}{(x+1)^2}f(x)-\frac{1}{(x+1)^2}f(1))$

Dùng đẳng thức cái đầu và cái cuối là suy ra $f(x)=xf(1)$

Bài 2 thì gợi rõ đến là dùng Lagrange, thậm chí là trong các sách đa thức nói về phần này thường là có bài này áp dụng :-j (dự là cái bài vớ vẩn này của thầy Minh )

Bài 4 thì có thể cm đơn giản hơn thế này: nhận xét là trong 1hv 2x2 có nhiều nhất 1 ô đc tô thôi. Chia cái hình ra làm n^2 hv 2x2 và 1 dòng cuối cùng gồm 2n ô. Dòng cuối rõ ràng chỉ có nhiều nhất n ô được tô. Vậy nhiều nhất là n(n+1) ô được tô, chỉ ra ví dụ thì mỗi cái hình 2x2 theo cách chia ở trên thì đều cùng tô màu ở góc trái, dòng cuối tô xen kẽ.

 

 

 

[WhjteShadow]

Ngày 2 

Thời gian: 180 phút.

 

Bài 5: (6 điểm)

          Cho số nguyên tố $p>3$. Gọi $k = \left\lfloor {\frac{{2p}}{3}} \right\rfloor $. Chứng minh:

\[\sum\limits_{i = 1}^k {C_p^i}  \vdots {p^2}\]

Bài 5 chỉ là 1 ví dụ đơn giản của tính chất số học $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ mà đã được nhắc đến trong chuyên đề đẳng thức tổ hợp VMF.

Ta sẽ chứng minh :

$$\frac{\sum^{k}_{i=1}C^{i}_{p}}{p}\vdots p$$

Thật vậy ta đánh giá từng số hạng như sau với để ý $p-1\equiv i\pmod{p},i=\overline{1;p-1}$

$$\frac{C^{i}_{p}}{p}=\frac{(p-1)!}{i!.(p-i)!}=\frac{(p-i+1)(p-i+2)...(p-1)}{i.(i-1)....2.1}\\ \equiv \frac{(-1)^{i-1}.(i-1)!}{i!} \equiv \frac{(-1)^{i-1}}{i}\pmod{p}$$

Bây giờ xét 2 trường hợp :

$\bullet$ Nếu $p$ chia 3 dư 1 : Đặt $p=2r+1$, tổng trên sẽ đồng dư với : 

$$\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-....+\frac{1}{2r-1}-\frac{1}{2r}=\sum^{2r}_{i=1}\frac{1}{i}-2.\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n}\right)$$

$$=\sum^{2r}_{i=1}\frac{1}{i}-\sum^{r}_{i=1}\frac{1}{i}\equiv \sum^{2r}_{i=1}\frac{1}{i}+\sum^{r}_{i=1}\frac{1}{p-i}$$

$$=\sum^{3r}_{i=1}\frac{1}{i}=\sum^{p-1}_{i=1}\frac{1}{i}=\left(1+\frac{1}{p-1}\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2}\right)+...$$

$$=p.\left(\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2.(p-2)}+....\right)\vdots p$$

Trường hợp $p$ chia 3 dư 2 chứng minh tương tự.

Kết thúc chứng minh $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 13-09-2013 - 21:42

[BlackSelena]

Bài 6: (7 điểm)

          Cho tam giác $ABC$ và điểm $C'$ nằm trên đường thẳng $AB$. Chứng minh rằng:

          a) Tồn tại duy nhất tam giác $A'B'C'$ đồng dạng với tam giác $ABC$ mà các điểm $A'$ và $B'$ nằm lần lượt trên đường thẳng $BC$ và $AC$.

          b) Trực tâm của tam giác $A'B'C'$ không phụ thuộc vị trí của điểm $C'$ trên đường thẳng $AB$.

Bài này kì kì sa0 ấy nhỉ.....

Câu b trước hén

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle A'B'C'$

$\Rightarrow AC'HB':tgnt$

$\Rightarrow \angle H'AB' = \angle H'C'B' = \angle H'A'B' = \angle HAB$
Tương tự thì có $\angle H'BC = \angle HBA ; \angle H'CA = \angle HCB$

$\Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$, hiển nhiên cố định.

Lộn lại câu $a$, $B'$ và $A'$ là giao điểm thứ 2 của $(H'AC')$ với $AC$, $(H'C'B)$ với $BC$.
Và hiển nhiên có tính duy nhất của 2 giao điểm trên.......

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 14-09-2013 - 00:06

[LNH]

Bài 7: (7 điểm)

          Cho $(H)$ là một đa giác đều $24$ cạnh. Mỗi đỉnh của $(H)$ sẽ được tô bởi chỉ một trong hai màu xanh và đỏ. Khi đó, nếu $(K)$ là một đa giác đều thoả mãn đồng thời hai điều kiện:

          -     Tập đỉnh của $(K)$ là tập con của tập đỉnh của $(H)$.

          -     Tất cả các đỉnh của $(K)$ được tô bởi cùng một màu.

thì ta gọi $(K)$ là một mẫu đơn sắc. Hãy tính số cách tô màu các đỉnh của $(H)$ sao cho không có mẫu đơn sắc nào được tạo ra.

Bổ đề: số cách tô màu cho đa giác đều 12 cạnh sao cho không có mẫu đơn sắc nào là $906$

Xét đa giác đều 12 cạnh:

Ta chỉ cần đếm số cách tô màu không có tam giác đều và tứ giác đều nào cùng màu (có 4 tam giác đều và 3 tứ giác đều)

Có $6^4$ cách tô sao cho không có tam giác đều nào cùng màu

Xét các cách tô sao cho có ít nhất $1$ tứ giác đều cùng màu: Có $3\times 2\times 3^4$ cách tô

Xét các cách tô sao cho có ít nhất $2$ tứ giác đều cùng màu: Có $3\times \left(2+2\times 2^4 \right)$ cách tô

Xét các cách tô sao cho có $3$ tứ giác đều cùng màu: Có $6$ cách tô

Theo nguyên lí bù trừ ta có tổng cộng $906$ cách tô

Quay lại bài toán:

Ta nhận thấy rằng số cách tô màu 24-giác đều sao cho không có một mẫu đơn sắc nào cungx chính là số cách tô màu $2$ 12-giác đều không có một mẫu đơn sắc nào được tạo bởi $24$ đỉnh trên: $906^2$ cách tô (áp dụng bổ đề trên)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhathoang1998: 14-09-2013 - 17:08

[Karl Heinrich Marx]

Bổ đề đấy em lấy ở đâu vậy, nếu tự em đếm thì em đếm như thế nào, thực ra những con số em nêu ra là chính xác rồi còn em nói số cách tô có ít nhất 1 tứ giác đều, 2 tứ giác đều,.. là chưa chính xác.

Bài toán đúng là chỉ cần xét trên 12 đỉnh. GIả sử gọi các đỉnh theo thứ tự là từ 1 đến 12 chẳng hạn, thì để đếm các tam giác đều và tứ giác đều ta phải có 1 nhận định là 1 tam giác đều và 1 tứ giác đều có chung với nhau đúng 1 đỉnh thôi. Khi đó ta có thể viết các đỉnh như thế này

1     5     9

4     8    12

7    11    3

10   2    6

Mỗi hàng ngang là 1 tam giác đều, mỗi cột là 1 tứ giác đều, mỗi hàng có 6 cách tô để k cùng màu nên có $6^4$ k có tam giác đơn sắc.

Tiếp theo chính xác ta phải gọi $A_1,A_2,A_3$ lần lượt là tập hợp các cách tô để cột 1,2,3 đơn sắc và k có hàng nào đơn sắc.

như vậy chọn 1 cột tô cùng màu thì 2 số còn lại ở mỗi hàng có 3 cách tô để k tạo ra 1 hàng cùng màu nên $|A_1|=|A_2|=|A_3|=2.3^4$

tương tự như vậy thì giao của 2 tập bất kì trong 3 tập trên sẽ có $2+2.2^4$ phần tử và giao 3 tập là có 8 phần tử.

Đến đây dùng nguyên lí bù trừ và có lẽ là ra kết quả giống như trên.

[quocbaolqd11]

Bổ đề đấy em lấy ở đâu vậy, nếu tự em đếm thì em đếm như thế nào, thực ra những con số em nêu ra là chính xác rồi còn em nói số cách tô có ít nhất 1 tứ giác đều, 2 tứ giác đều,.. là chưa chính xác.

Bài toán đúng là chỉ cần xét trên 12 đỉnh. GIả sử gọi các đỉnh theo thứ tự là từ 1 đến 12 chẳng hạn, thì để đếm các tam giác đều và tứ giác đều ta phải có 1 nhận định là 1 tam giác đều và 1 tứ giác đều có chung với nhau đúng 1 đỉnh thôi. Khi đó ta có thể viết các đỉnh như thế này

1     5     9

4     8    12

7    11    3

10   2    6

Mỗi hàng ngang là 1 tam giác đều, mỗi cột là 1 tứ giác đều, mỗi hàng có 6 cách tô để k cùng màu nên có $6^4$ k có tam giác đơn sắc.

Tiếp theo chính xác ta phải gọi $A_1,A_2,A_3$ lần lượt là tập hợp các cách tô để cột 1,2,3 đơn sắc và k có hàng nào đơn sắc.

như vậy chọn 1 cột tô cùng màu thì 2 số còn lại ở mỗi hàng có 3 cách tô để k tạo ra 1 hàng cùng màu nên $|A_1|=|A_2|=|A_3|=2.3^4$

tương tự như vậy thì giao của 2 tập bất kì trong 3 tập trên sẽ có $2+2.2^4$ phần tử và giao 3 tập là có 8 phần tử.

Đến đây dùng nguyên lí bù trừ và có lẽ là ra kết quả giống như trên.

em nghĩ là nên giải thích tại sao chỉ đếm đến 12 giác đều là đủ anh ạ. Đáp án đúng nhưng thiếu cái đó chắc bị trừ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quocbaolqd11: 14-09-2013 - 14:29