Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[TOPIC] Mỗi ngày hai bài toán tổ hợp

th

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 32 trả lời

#1 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 01-06-2020 - 18:15

Hôm nay, nhân ngày đẹp trời, mình quyết định lập Topic: "Mỗi ngày hai bài toán tổ hợp" để mọi người cùng trao dồi và nâng cao những kiến thức về tổ hợp , làm hành trang sau này ta vào cấp ba, luyện thi vào đại học và những chặng đường tiếp theo trong tương lai ! 

Và dưới đây là nội quy của diễn đàn:

+ Mỗi ngày sẽ có hai bài toán tổ hợp đăng lên (rất nhiều thể loại) và lời giải sẽ được đăng vào ngày hôm sau.

+ Những bài viết của các bạn đăng lên chú ý phải rõ ràng, viết đúng công thức theo chuẩn Latex, và đặc biệt không được spam, quảng cáo làm sao nhãng Topic.

 

Nội quy chỉ có bấy nhiều hi vọng mọi người ủng hộ và giúp đỡ để topic ngày càng phát triển hơn

 

Ps: Mình biết tổ hợp là lĩnh vực khó, ít dạy trên lớp ở cấp THCS, nên nếu các bạn nào đọc thấy khó thì đừng nản nhé !

 

Bài 1: Có 7 chiếc cốc cùng dung tích đang đựng nước theo thứ tự chiếm $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5},\frac{1}{8},\frac{1}{9},\frac{1}{10}$ cốc.

Cho phép trút tất cả nước từ một cốc sang một cốc khác nếu nước không tràn ra ngoài hoặc đổ nước từ cốc này sang cốc khác cho đến khi đầy thì dừng lại. Hỏi có thể hay không sau một số lần đổ nước, một chiếc cốc nào đó chứa nước chiếm 

a) $\frac{1}{12}$ cốc.

b) $\frac{1}{6}$ cốc.

Bài 2: Cho tập hợp X gồm n số nguyên bất kỳ. Chứng minh rằng X luôn có một tập con mà tổng của các số nguyên có trong tập hợp đó chia hết cho n.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 01-06-2020 - 18:30

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#2 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 593 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 02-06-2020 - 21:02

Em ngu tổ hợp lắm nên chỉ xin phép làm phần a bài 1 thôi.

Bài 1: Có 7 chiếc cốc cùng dung tích đang đựng nước theo thứ tự chiếm $\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5},\frac{1}{8},\frac{1}{9},\frac{1}{10}$ cốc.

Cho phép trút tất cả nước từ một cốc sang một cốc khác nếu nước không tràn ra ngoài hoặc đổ nước từ cốc này sang cốc khác cho đến khi đầy thì dừng lại. Hỏi có thể hay không sau một số lần đổ nước, một chiếc cốc nào đó chứa nước chiếm 

a) $\frac{1}{12}$ cốc.

b) $\frac{1}{6}$ cốc.

 

Bài 1: a) Có thể:

              Ta chắt toàn bộ cốc $\frac{1}{4}$ sang cốc $\frac{1}{3}$ (Gọi đó là cốc (2)); sau đó chắt toàn bộ cốc (2) sang cốc $\frac{1}{2}$ (Gọi là cốc (1))

               $\Rightarrow (1)=1; (2)=\frac{1}{12}$

                =>đpcm.

           b) Em nghĩ là không thể nhưng em chưa chứng minh được.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 02-06-2020 - 21:03


#3 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 02-07-2020 - 21:52

Xin lỗi các bạn vì đã đăng bài trễ !

Dưới đây là lời giải bài 1 và bài 2.

Lời giải bài 1:

- Do thể tích của các cốc nước là như nhau, nên không mất tính tổng quát , ta có thể giả sử thể tích là $1$ (đơn vị thể tích)

a) Câu trả lời là "Có". Ta đổ tuần tự như sau:

- Đổ hết nước từ chiếc cốc thứ ba sang chiếc cốc thứ hai, khi đó chiếc cốc thứ hai có lượng nước là : $\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{7}{12}$

- Sau đó, đổ nước từ chiếc cốc thứ hai sang chiếc cốc thứ nhất cho đến khi đầy thì lượng nước còn lại trong chiếc cốc thứ hai sẽ là $\frac{7}{12}-\frac{1}{2}=\frac{1}{12}$ 

b) Câu trả lời là $0$. 

- Giả sử ở các cốc $A,B$ có số lượng nước tương ứng là $a,b$. Nếu ta đổ nước từ cốc $A$ sang cốc $B$ thì sẽ xảy ra những trường hợp sau:

+ Nếu $a+b<1$ thì lúc này lượng nước cốc $A$ là $0$ và lượng nước cốc $B$ là $a+b$.

+ Nếu $a+b>=1$ thì lúc này lượng nước cốc $A$ là $a+b-1$ và cốc $B$ lúc này sẽ tràn.

Tóm lại : Lượng nước ở cốc $A$ hoặc $B$ sẽ có dạng $(a+b)\text{ mod } 1 $.

 

Do đó, để sau một số lần đổ nước , tồn tại một cốc có lượng nước là $\frac{1}{6}$, chúng ta cần tìm tổ hợp những chiếc cốc sao cho tổng của chúng có dạng $\frac{1}{6}\text{ mod }1$.

 

Bằng cách quy đồng mẫu số các lượng nước ban đầu của từng chiếc cốc, ta có mẫu số chúng là $360$. Và tử số của chúng lần lượt là $180,120,90,72,45,40$ và 36 và nhiệm vụ của chúng ta là tìm những tổ hợp các tử số này để tạo thành các số $60$ hoặc $420$, vì $\frac{60}{360}\equiv \frac{420}{360}\equiv \frac{1}{6}\text{mod 1}$.  Rõ ràng, chúng ta không thể tìm được tổ hợp nào thỏa mãn được điều này, do đó câu là lời là "Không" thể.

Lời giải bài 2: Giả sử $X=\left\{x_1,x_2,...,x_n\right\}$ và $S_i=x_1+x_2+...+x_i$ trong đó $i=1,2,...,n$. Nếu có một $S_i$ nào đó chia hết cho $n$ thì ta có điều phải chứng minh.

Trong trường hợp ngược lại, ta gọi $r_i$ là số dư khi chia $S_i$ cho $n$ thì $r_i$ nhỏ nhất bằng $1$ và lớn nhất bằng $n-1$. Do đó bằng nguyên lý chuồng chim bồ câu (nguyên lý Dirichlet), chúng ta phải có $p,q$ nào đó thỏa mãn $p<q$ và $r_p=r_q$. Ta có: $S_q-S_p=x_{p+1}+x_{p+2}+...+x_q$.

Hiển nhiên $S_q-S_p$ chia hết cho $n$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 02-07-2020 - 21:56

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#4 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 02-07-2020 - 22:08

Bài 3: (Bài toán chia kẹo Euler) Cho $k,n$ là các số nguyên dương. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_1+x_2+...+x_n=k$

Bài 4: Tìm số nguyên dương $k$ lớn nhất sao cho có thể phân hoạch tập các số tự nhiên thành $k$ tập $A_1,A_2,...,A_k$ sao cho với mọi số tự nhiên $n\ge 15$ và mọi $i\in \left\{1,2,...,k\right\}$ luôn tồn tại hai phần tử phân biệt của tập $A_i$ có tổng bằng $n$.


Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#5 Tan Thuy Hoang

Tan Thuy Hoang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Somewhere
  • Sở thích:

Đã gửi 03-07-2020 - 09:06

Bài 3: (Bài toán chia kẹo Euler) Cho $k,n$ là các số nguyên dương. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_1+x_2+...+x_n=k$

 

Xét 2 công thức tổ hợp sau:

+) Công thức 1: $C^{k-1}_{n-1}+C^{k}_{n-1}=C^{k}_{n}(k,n\in N;1\leq k)$.

(Công thức này có thể chứng minh dễ dàng).

+) Công thức 2: $\sum_{x=0}^{m}C^{n}_{n+x}=C^{n+1}_{n+m+1}(n,m\in N;n\geq 1)$.

Chứng minh: Bằng cách sử dụng công thức 1, ta có:

$C^{n}_{n}+C^{n}_{n+1}=C^{n+1}_{n+2}(=n+2)$

$C^{n}_{n+2}+C^{n+1}_{n+2}=C^{n+1}_{n+3}$

$C^{n}_{n+3}+C^{n+1}_{n+3}=C^{n+1}_{n+4}$

...

$C^{n}_{n+m}+C^{n+1}_{n+m}=C^{n+1}_{n+m+1}$.

Đẳng thức được chứng minh.

Áp dụng vào bài toán:

Với n = 1 ta có x1 = k. Dễ thấy phương trình có 1 = $C^{0}_{k}$ nghiệm không âm.

Với n = 2 ta có $x_{1}+x_{2}=k$. Dễ thấy phương trình có k + 1 = $C^{1}_{k+1}$ nghiệm không âm.

Dự đoán: Phương trình $x_1+x_2+...+x_n=k$ có $C^{n-1}_{k+n-1}$ nghiệm không âm (1),

Chứng minh bằng quy nạp toán học:

Với n = 1; 2 ta thấy đúng.

Giả sử (1) đúng với n; n $\in$ N*, tức là:

Phương trình $x_1+x_2+...+x_n=k$ có $C^{n-1}_{k+n-1}$ nghiệm không âm.

Ta chứng minh phương trình $x_1+x_2+...+x_{n+1}=k$ có $C^{n}_{k+n}$ nghiệm không âm.

Xét các trường hợp:

+) $x_{n+1}=0\Rightarrow x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=k$, có $C^{n-1}_{k+n-1}$ nghiệm không âm.

+) $x_{n+1}=1\Rightarrow x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=k - 1$, có $C^{n-1}_{k+n-2}$ nghiệm không âm.

+) $x_{n+1}=2\Rightarrow x_{1}+x_{2}+...+x_{n}=k - 2$, có $C^{n-1}_{k+n-3}$ nghiệm không âm.

...

+) $x_{n+1}=k\Rightarrow x_{1}+x_{2}+...+x_{k}=0$, có $C^{n-1}_{n - 1}$ nghiệm không âm.

Vậy tổng số nghiệm là: $\sum_{x=0}^{k}C^{n-1}_{n-1+x}=C^{n}_{k+n}$ (Theo công thức 2).

Từ đó suy ra đpcm.

Nguồn: Tạp chí THTT.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tan Thuy Hoang: 03-07-2020 - 16:09


#6 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 04-07-2020 - 06:55

Lời giải bài 3:

Ta có: $x_1+x_2+...+x_n=k(*)$

Gọi số nghiệm nguyên không âm của phương trình trên là $S(n,k)$. Dễ dàng thấy rằng $S(1,k)=1$. Để tính $S(n,k)$, ta chú ý rằng $(*)$ tương đương với $x_1+x_2+...+x_{n-1}=k-x_n(**)$.

Suy ra với $x_n$ cố định thì số nghiệm của $(**)$ là $S(n-1,k-x_n)$. Từ đó ta có được công thức $S(n,k)=S(n-1,k)+S(n-1,k-1)+...+S(n-1,0)(1)$.

Đây có thể coi là công thức truy hồi tính $S(n,k)$. Tuy nhiên, công thức này chưa thật tiện lợi. Viết công thức trên cho $(n,k-1)$ ta được:

$S(n,k-1)=S(n-1,k-1)+S(n-1,k-2)+...+S(n-1,0)(2)$

 Từ đây, trừ các đẳng thức $(1)$ và $(2)$ vế theo vế, ta được: $S(n,k)-S(n,k-1)=S(n-1,k)$. Hay $S(n,k)=S(n,k-1)+S(n-1,k)$. Từ đây bằng quy nạp, ta chứng minh được $S(n,k)=C_{n+k-1}^{n}$.

* Chú ý: Trong quá trình chứng mình bằng quy nạp, ta cần áp dụng công thức quen thuộc: $C_{n}^{k}=C_{n-1}^{k}+C_{n-1}^{k-1}$.

Lời giải bài 4: Xét $3$ tập :

+ $A_1=\left\{1,2,3\right\}\cup \left\{3m:m\ge 4\right\}$

+ $A_2=\left\{4,5,6\right\}\cup \left\{3m-1:m\ge 4\right\}$

+ $A_1=\left\{7,8,9\right\}\cup \left\{3m-2:m\ge 4\right\}$

Gọi $l$ là tổng hai phần tử phân biệt bất kì của tập $A_i$, khi đó đối với tập $A_1$ ta có $l\ge 13$, đối với tập $A_2$ ta có $l\ge 15$, đối với tập $A_3$ ta có: $l\ge 15$.

Do đó $k=3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét $k\ge 4$, giả sử tồn tại $k$ tập $A_1,A_2,...,A_k$ thỏa bài toán. Khi đó, các tập $A_1,A_2,A_3,A_4\cap ...\cap A_k$ cũng thỏa yêu cầu bài toán nên ta chỉ cần xét $k=4$. Đặt $B_i=A_i\cap X,X=\left\{1,2,3,...,23\right\}$ với $i=1,2,3,4$

Vì mỗi số $15,16,...,24$ là tổng của hai số thuộc tập $B_i$. Do đó mỗi tập $B_i$ có ít nhất $5$ phần tử .

Mà $|B_1|+|B_2|+|B_3|+|B_4|=23$, nên tồn tại tại chỉ số $j$ sao cho $|B_j|=5$.

Đặt $B_j=\left\{x_1,x_2,x_3,x_4,x_5\right\}$. Vì tổng của hai số bất kì khác nhau và thuộc tập $\left\{15,16,...,24\right\}$ nên ta có $4(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5)=15+16+...+24=195$. Vì $195$ không chia hết cho $4$ nên điều này vô lý. Vậy $k=3$ là giá trị cần tìm.


Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#7 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 04-07-2020 - 07:06

Bài 5: Có thể hay không một quân mã đi qua tất cả các ô của bàn cờ $4\text{ X }N$, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô xuất phát ban đầu ?

Bài 6: Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng trong $3$ điểm bất kỳ trong số đó luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính $1$ chứa không ít hơn $13$ điểm đã cho


Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#8 Tan Thuy Hoang

Tan Thuy Hoang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Somewhere
  • Sở thích:

Đã gửi 04-07-2020 - 11:21

 

Bài 6: Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng trong $3$ điểm bất kỳ trong số đó luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính $1$ chứa không ít hơn $13$ điểm đã cho

Xét hai điểm A, B có khoảng cách lớn nhất trong số mỗi cặp 2 điểm. Vẽ đường tròn (A; 1) và (B; 1).

+) Nếu AB $\leq$ 1 thì hai điểm nào cũng cách nhau bé hơn hoặc bằng 1. Suy ra các điểm còn lại cùng thuộc đường tròn (A). Bài toán được chứng minh.

+) Nếu AB > 1: Giả sử tồn tại điểm C không thuộc cả (A) và (B). Khi đó tam giác ABC có AB > 1, CA > 1, CB > 1 (vô lí). Do đó điểm nào cũng thuộc (A) hoặc (B). Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 13 điểm thuộc (A) hoặc thuộc (B).

Vậy ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tan Thuy Hoang: 04-07-2020 - 11:22


#9 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 593 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 04-07-2020 - 21:05

***Lâu lắm mới vô giải bài. :D

Bài 5: Có thể hay không một quân mã đi qua tất cả các ô của bàn cờ $4\text{ X }N$, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô xuất phát ban đầu ?

 

Bài 5: Ta sẽ CMinh không tồn tại.

 Xét bàn cờ: $4 \text{x} n$. 

 Gọi tập $A_1$ là tập các ô màu đen trên bàn cờ; $B_1$ là tập các ô màu trắng trên bàn cờ.(Tô màu trắng đen xen kẽ như bàn cờ vua).

        tập $A_2$ là tập 2 hàng ô ở ngoài; $B_2$ là tập 2 hàng ô ở trong. ( Có 4 hàng và n cột)

 Theo nguyên tắc đi của quân mã trong bàn cờ vua; ta có: quân mã luôn di chuyển từ ô đen đến ô trắng và ngược lại.

 Ta có: quân mã luôn di chuyển từ 1 ô ở $A_2$ đến 1 ô ở $B_2$ và ngược lại. (Vì nếu di chuyển từ ô ở $B_2$ đến ô ở $B_2$ thì trên để thỏa mãn đề bài phải có 2               ô liên tiếp trong $A_2$; ko xảy ra)

 Suy ra: quân mã luôn di chuyển trong tập $A_1 \cap A_2; B_1 \cap B_2$.

 Như vậy các ô thuộc tập $A_1 \cap B_2; A_2 \cap B_1$ không có trong đường đi.

 Vậy không thể đi tất cả các ô trên bàn cờ.

 

***Nguồn: Bài toán con mã đi tuần. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 04-07-2020 - 21:06


#10 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 05-07-2020 - 21:42

Lời giải bài 5: Để giải quyết bài toán này, chúng ta sử dụng song song hai cách tô màu cho bảng $4\text{ X }N$ này. Cụ thể như sau:

 + Cách tô thứ nhất: Ta sẽ tô màu như trong cờ vua, trắng đen xen kẻ nhau, như hình vẽ dưới đây:

okie1.png

+ Cách tô thứ hai: Ta sẽ tô dòng thứ 1 ,dòng thứ 4 màu xanh và hai dòng 2 , 3 màu cam, như hình vẽ dưới đây: 

okie2.png

 

Giả sử tồn tại chu trình mà quân mã đi từ ô ban đầu , qua tất cả các ô còn lại, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô ban đầu, không mất tính tổng quát, giả sử ô xuất phát của quân mã là ô ở trên cùng bên trái của bảng

- Khi đó ta có hai nhận xét sau:

+ Đối với cách tô thứ nhất: Chu trình của quân mã sẽ có dạng: Trắng - Đen - Trắng - Đen .... (Trắng , Đen xen kẻ nhau )

+ Đối với cách tô thứ hai: Chu trình của quân mã sẽ có dạng: Xanh - Cam - Xanh - Cam ... (Xanh, Cam xen kẻ nhau, vì tổng số ô xanh bằng tổng số ô Cam và hai ô Xanh thì không được đứng liền kề nhau trong chu trình).

- Kết hợp hai nhận xét này, ta thấy quân mã chỉ đi vào những ô: "Trắng/Xanh" , "Đen/Cam" và không đi vào ô "Trắng/Cam", "Đen/Xanh"  . Điều này có nghĩa là quân mã không đi hết tất cả các ô trong bảng $4\text{ X }N$ (Mâu thuẩn).

 

Vậy không tồn tại chu trình mà quân mã đi từ ô ban đầu, qua tất cả các ô còn lại, mỗi ô đúng một lần và quay lại ô ban đầu.

P/s: Lời giải này tương tự lời giải của bạn Spirit1234

Lời giải bài 6: Lấy $A$ là một trong số $25$ điểm đã cho. Xét hình tròn $\Omega_1(A;1)$ tâm $A$ bán kính $1$. Chỉ có hai khả năng sau có thể xảy ra:

1. Nếu tất cả các điểm đã cho nằm trong $\Omega_1$, thì kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.

2. Tồn tại điểm $B\ne A$ ($B$ thuộc trong số $25$ điểm đã cho ), sao cho $B\notin \Omega_1$. Vì $B\notin \Omega_1$, nên $AB>1$.

okie3.png

Xét hình tròn $\Omega_1(B;1)$ tâm $B$, bán kính $1$. Lấy $C$ là điểm bất kỳ trong số $25$ điểm đã cho sao cho $C\ne A,C\ne B$. Theo giả thiết (và dựa vào $AB>1$), nên $min\left\{CA,CB\right\}<1$. Vì thế $C\in \Omega_1$, hoặc $C\in \Omega_2$.

Điều khẳng định này chứng tỏ rằng các hình tròn $\Omega_1$ và $\Omega_2$ chứa tất cả $25$ điểm đã cho. Vì thế theo nguyên lý Dirichlet, ít nhất một trong hai hình tròn nói trên chứa không ít hơn $13$ điểm đã cho.

Chú ý: 

Bài toán tổng quát: Cho $2n+1$ điểm trên mặt phẳng $(n\ge 3)$. Biết rằng trong ba điểm bất kỳ trong số đó luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn $1$. Khi đó tồn tại hình tròn bán kính $1$ chứa không ít hơn $n+1$ điểm đã cho


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 05-07-2020 - 21:45

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#11 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 05-07-2020 - 22:37

Để giúp các bạn làm quen với các bài toán liên quan đến lý thuyết đồ thị sau này, mình xin giới thiệu với các bạn một số khái niệm cơ bản về lý thuyết đồ thị (Tham khảo từ : mathscope.org)

1.1. Định nghĩa 1:

Một đơn đồ thị $G=(V,E)$ gồm một tập khác rỗng $V$ mà các phần tử của nó gọi là các đỉnh và một tập $E$ mà các phần tử của nó gọi là các cạnh, đó là các cặp không có thứ tự của các đỉnh phân biệt.

okie4.png

1.2. Định nghĩa 2:

Một đa đồ thị $G=(V,E)$ gồm một tập khác rỗng $V$ mà các phần tử của nó gọi là các đỉnh và một họ $E$ mà các phần tử của nó gọi là các cạnh, đó là các cặp không có thứ tự của các đỉnh phân biệt. Hai cạnh được gọi là cạnh bội hay song song nếu chúng cùng tương ứng với một cặp đỉnh.

okie5.png

1.3. Định nghĩa 3:

Một đồ thị có hướng $G=(V,E)$ gồm một tập khác rỗng $V$ mà các phần tử của nó gọi là các đỉnh và một tập $E$ mà các phần tử của nó gọi là các cung, đó là các cặp có thứ tự của các phần tử thuộc $V$.

 okie6.png

1.4. Định nghĩa 4:

Một đa đồ thị có hướng $G=(V,E)$ gồm một tập khác rỗng $V$ mà các phần tử của nói gọi là các đỉnh và một họ $E$ mà các phần tử của nó gọi là các cung, đó là các cặp có thứ tự của các phần tử thuộc $V$.

oki7.png

1.5. Định nghĩa 5:

Hai đỉnh $u$ và $v$ trong đồ thị (vô hướng ) $G=(V,E)$ được gọi là liền kề nếu $(u,v)\in E$. Nếu $e=(u,v)$ thì $e$ gọi là cạnh liên thuộc với các đỉnh $u$ và $v$. Cạnh $e$ cũng được gọi là cạnh nối các đỉnh $u$ và $v$.

1.6. Định nghĩa 6:

Bậc của đỉnh $v$ trong đồ thị $G=(V,E)$, ký hiệu $deg(v)$, là số các cạnh liên thuộc với nó, riêng khuyên tại một đỉnh được tính hai lần cho bậc của nó.

Đỉnh $v$ được gọi là đỉnh treo nếu $deg(v)=1$ và được gọi là đỉnh cô lập nếu $deg(v)=0$.

1.7. Định nghĩa 7:

Cho $A,B$ là $2$ đỉnh của một đồ thị $G$. Một đường đi từ $A$ đến $B$ là một dãy các cạnh $(A_i,A_{i+1})(i=\overline{0,k-1})$ với $A_0=A,A_k=B$. Số các cạnh (ở đây là $k$) tạo nên đường đi gọi là độ dài của đường đi.

Một đồ thị gọi là liên thông nếu giữa hai đỉnh bất kỳ luôn có đường đi.

1.8. Định nghĩa 8: (Định nghĩa về tính liên thông).

Đường đi độ dài $n$ từ đỉnh $u$ đên đỉnh $v$, với $n$ là một số nguyên dương, trong đồ thị (giả đồ thị vô hướng hoặc đa đồ thị có hướng) $G=(V,E)$ là một dãy các cạnh (hoặc cung) $e_1,e_2,..,e_n$ của đồ thị sao cho $e_1=(x_0,x_1),e_2=(x_1,x_2),...,e_n=(x_{n-1},x_n)$, với $x_0=u,x_n=v$. Khi đồ thị không có cạnh (hoặc cung) bội, ta ký hiệu đường đi này bằng dãy các đỉnh $x_0,x_1,...,x_n$. Đường đi được gọi là chu trình nếu nó bắt đầu và kết thúc tại cùng một đỉnh.

Đường đi hoặc chu trình gọi là đơn nếu nó không chứa cùng một cạnh (hoặc cung ) quá một lần.

Một đường đi hoặc chu trình không đi qua đỉnh nào quá một lần (trừ đỉnh đầu và đỉnh cuối của chu trình trùng nhau) được gọi là đường đi hoặc chu trình sơ cấp. Rõ ràng một đường đi ( hoặc chu trình) sơ cấp là đường đi (hoặc chu trình) đơn.

1.9. Định nghĩa 9:

Một đồ thị (vô hướng) được gọi là liên thông nếu nó có đường đi giữa mọi cặp đỉnh phân biệt của đồ thị.

Một đồ thị không liên thông là hợp của hai hay nhiều đồ thị liên thông con, mỗi cặp đồ thị con này không có đỉnh chung. Các đồ thị con liên thông rời nhau như vậy được gọi là các thành phần liên thông của đồ thị đang xét. Như vậy, một đồ thị liên thông khi và chỉ khi nó chỉ có một thành phần liên thông.

1.10. Định nghĩa 10 : (Chu trình Hamilton)

Định nghĩa: Chu trình (hoặc đường đi) sơ cấp chứa tất cả các đỉnh của đồ thị (vô hướng hoặc có hướng) $G$ được gọi là chu trình (hoặc đường đi) Halminton. Một đồ thị có chứa một chu trình ( hoặc đường đi) Hamilton được gọi là đồ thị Hamilton ( hoặc nữa Halminton)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 05-07-2020 - 22:38

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#12 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 05-07-2020 - 22:49

Bài 7: (Định lý Mantel) Cho $G$ là một đồ thị (đơn, vô hướng) có $n$ đỉnh. Nếu $G$ không có tam giác thì $G$ không có nhiều hơn $[\frac{n^2}{4}]$ cạnh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $G=K_{{\frac{n}{2}},{\frac{n}{2}}}$ nếu $n$ chẵn và $K_{{\frac{n-1}{2}},{\frac{n-1}{2}}}$ với $n$ lẻ. Trong đó $K_{n}$ là đồ thị đầy đủ với $n$ đỉnh.

Bài 8: (Bổ đề bắt tay) Cho đồ thị $G=(V,E)$. Khi đó $2|E|=\sum\limits_{v\in V}deg(v)$. Trong đó $|V|,|E|$ lần lượt là số đỉnh và số cạnh của $G$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 05-07-2020 - 22:51

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#13 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 06-07-2020 - 19:19

Lời giải bài 7: Gọi $I$ là một tập hợp các đỉnh độc lập (đôi một không có cạnh nối) cực đại và $|I|=x$. J là tập các đỉnh còn lại của G, vậy $|J|=n-x$. 

Ta có các nhận xét sau: 

+ Mỗi cạnh của G có một đầu mút trong I, vì một cạnh nếu có cả 2 đầu mút sẽ khiến $I$ không độc lập.

+ $deg(A)\le x\forall A$. Thật vậy, vì $G$ không có tam giác nên với mỗi đỉnh $A$, $2$ đỉnh kề của $A$ không kề nhau. Nói cách khác tập các đỉnh kề $A$ là độc lập. Do ta giả sử $|I|$ là cực đại nên $deg(A)\le x$.

Như vậy, nếu $e$ là số cạnh của $G$ thì $e\le \sum\limits_{A\in J}deg(A)\le \sum\limits_{A\in J}x=x(n-x)\le [\frac{n^2}{4}]$.

Ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài 8: Mỗi cạnh $e=(u,v)$ được tính một lần trong $deg(u)$ và một lần trong $deg(v)$. Vậy tổng tất cả các bậc của các đỉnh bằng hai lần số cạnh. 

Hệ quả: Số đỉnh bậc lẻ của một đồ thị là một số chẵn.


Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#14 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 06-07-2020 - 19:31

Bài 9: Ở Vương quốc "Sắc màu kì ảo" có $45$ hiệp sĩ: $13$ hiệp sĩ tóc đỏ, $15$ hiệp sĩ tóc vàng, $17$ hiệp sĩ tóc xanh. Khi hai hiệp sĩ có màu tóc khác nhau gặp nhau, tóc của họ sẽ lập tức đổi sang màu thứ ba. Hỏi có thể có một lúc nào đó, tất cả các hiệp sĩ đều có màu tóc giống nhau ?

Bài 10: Cho trước một nhóm $6$ người bất kỳ. Chứng minh rằng luôn có một nhóm con gồm $3$ người trong đó họ quen nhau từng đôi một hoặc họ không quen nhau từng đôi một.


Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#15 Tan Thuy Hoang

Tan Thuy Hoang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Somewhere
  • Sở thích:

Đã gửi 06-07-2020 - 19:43

 

Bài 10: Cho trước một nhóm $6$ người bất kỳ. Chứng minh rằng luôn có một nhóm con gồm $3$ người trong đó họ quen nhau từng đôi một hoặc họ không quen nhau từng đôi một.

Xét một người A bất kì. Còn lại 5 người nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 3 người cùng quen A hoặc không cùng quen A. Giả sử 3 người đó là B, C, D.

Xét 2 trường hợp:

+) B, C, D cùng quen A:
Nếu tồn tại 2 người trong B, C, D đôi một quen nhau, giả sử là B, C thì A ,B, C là 3 người đôi một quen nhau. Nếu không thì B, C, D là 3 người đôi một không quen nhau.

+) B, C, D không quen A: Giải tương tự trường hợp trên.



#16 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết

Đã gửi 06-07-2020 - 20:58

Bài 9: Ở Vương quốc "Sắc màu kì ảo" có $45$ hiệp sĩ: $13$ hiệp sĩ tóc đỏ, $15$ hiệp sĩ tóc vàng, $17$ hiệp sĩ tóc xanh. Khi hai hiệp sĩ có màu tóc khác nhau gặp nhau, tóc của họ sẽ lập tức đổi sang màu thứ ba. Hỏi có thể có một lúc nào đó, tất cả các hiệp sĩ đều có màu tóc giống nhau ?
Bài 10: Cho trước một nhóm $6$ người bất kỳ. Chứng minh rằng luôn có một nhóm con gồm $3$ người trong đó họ quen nhau từng đôi một hoặc họ không quen nhau từng đôi một.

Gọi số hiệp sĩ tóc Đ,V,X lần lượt là $a_{1},a_{2},a_{3}$ có ban đầu
$a_{3}-a_{1}= 4,a_{3}-a_{2}=a_{2}-a_{1}=2$
Sau những lần biến đổi thì các hiệu trên luôn tăng hoặc giảm 3 đơn vị
Nên $a_{3}-a_{1}=1(mod 3),a_{3}-a_{2}=a_{2}-a_{1}=2(mod 3) $ hay các hiệu trên khi chia cho 3 luôn dư1 hoặc 2.
Giả sử có một lúc tất cả các hiệp sĩ có tóc cùng màu đỏ thì hiệu $a_{1}-a_{3}=45 $ chia 3 dư 0 (vô lí )
Tương tự xét các hiệu còn lại
Từ đó điều giả sử không xảy ra

#17 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 393 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{C.Toán-CNT}}$
  • Sở thích:$Manchester-United$

Đã gửi 06-07-2020 - 20:59

Bài 9: Ở Vương quốc "Sắc màu kì ảo" có $45$ hiệp sĩ: $13$ hiệp sĩ tóc đỏ, $15$ hiệp sĩ tóc vàng, $17$ hiệp sĩ tóc xanh. Khi hai hiệp sĩ có màu tóc khác nhau gặp nhau, tóc của họ sẽ lập tức đổi sang màu thứ ba. Hỏi có thể có một lúc nào đó, tất cả các hiệp sĩ đều có màu tóc giống nhau ?

 

Lần đầu em làm quen tổ, nếu có sai sót gì em xin được chỉ giáo. em k chắc cách giải của em là đúng.

Để các hiệp sĩ đều cùng có màu tóc thì lúc đó sẽ có số hs với mỗi màu tóc đỏ, vàng ,xanh như sau: $0,0,45$ hoặc $0,45,0$ hoặc $45,0,0$

thầy được hiệu số của số hs của mỗi màu tóc trong 3 trường hợp trên đều chia hết cho 3

Giả sử x là số hs có màu tóc đỏ, y là số hs có màu tóc vàng,z là số hiệp sĩ có màu tóc xanh 

Với ĐK : $0\leq x,y,z\leq 45, x,y,z\epsilon N$

Sau mỗi lần gặp nhau của 2 hiệp sĩ bất kì thì sẽ có 3 trường hợp là $x-1.y-1,z+2$ hoặc $x-1,z-1,y+2$ hoặc $x+2,y-1,z-1$ cho đến khi tất cả hiệp sĩ cùng màu tóc.

Với trường hợp $x-1.y-1.z+2$ thì ta có hiệu của số hs tóc xanh với tóc vàng là $z+2-y-1=z-y+3$ trong mọi trường hợp luôn đồng dư với $17-15$ mod 3

Không thể xảy ra trường hợp hiệu chia hết cho 3 như $45-0$ 

Với trường hợp $x+2,y-1,z-1$ thì hiệu của số hs tóc xanh với tóc vàng là  $z-y$ tương tự như trên cũng vô lý 

Với trường hợp $y+2,z-1,x-1$ thì  hiệu của số hs tóc xanh với tóc vàng là $z-y-3$ cũng tương tự như trên nên vô lý 

Từ đó không thể xảy ra tất cả các hiệp sĩ có cùng màu tóc giống nhau.

P/s : Bài này có thể tổng quát lên thành n hs với: a hs tóc đỏ, b hs tóc vàng , c hiệp sĩ tóc bạch kim 

Với điều kiện a+b+c=n chia hết cho 3 thỏa mãn hiệu số của mỗi số hs theo mỗi màu tóc không chia hết cho 3 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 06-07-2020 - 21:45

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#18 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết

Đã gửi 06-07-2020 - 23:17

Bài 9: Ở Vương quốc "Sắc màu kì ảo" có $45$ hiệp sĩ: $13$ hiệp sĩ tóc đỏ, $15$ hiệp sĩ tóc vàng, $17$ hiệp sĩ tóc xanh. Khi hai hiệp sĩ có màu tóc khác nhau gặp nhau, tóc của họ sẽ lập tức đổi sang màu thứ ba. Hỏi có thể có một lúc nào đó, tất cả các hiệp sĩ đều có màu tóc giống nhau ?
Bài 10: Cho trước một nhóm $6$ người bất kỳ. Chứng minh rằng luôn có một nhóm con gồm $3$ người trong đó họ quen nhau từng đôi một hoặc họ không quen nhau từng đôi một.

Coi mỗi người là một điểm $X_{1},X_{2},...,X_{6}$ trên mặt phẳng sao cho bất kì 3 điểm nào cũng tạo thành 1 tam giác
Lấy $X_{1}$ nối với 5 điểm còn lại được 5 đoạn thẳng $X_{1}X_{2},...,X_{1}X_{6}$
Gọi màu quan hệ quen nhau là $C_{Q} $không quen nhau là $C_{KQ}$
Từ đó cần cm luôn có ít nhất 1 tam giác có 3 cạnh cùng màu
Lại có 5 đoạn trên tô bởi 2 màu nên tồn tại ít nhất 3 đoạn cùng màu
Giả sử là $X_{1}X_{2},X_{1}X_{3},X_{1}X_{4} $ $(1)$
Xét 3 đoạn $X_{2}X_{3},X_{3}X_{4},X_{4}X_{2}$ $(2)$
Nếu trong 3 đoạn$ (2) $có ít nhất 1 đoạn cùng màu với 3 đoạn $(1) $thì đpcm
Nếu trong 3 đoạn$ (2) $đều khác màu với 3 đoạn $(1) $thì có tam giác $X_{2}X_{3}X_{4}$ có 3 cạnh cùng màu
Nên đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 06-07-2020 - 23:21


#19 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 08-07-2020 - 06:04

Lời giải bài 9: Giả sử tại một thời điểm nào đó, ta có $a$ hiệp sĩ tóc đỏ, $b$ hiệp sĩ tóc vàng và $c$ hiệp sĩ tóc xanh , ta đặt $N=a-b(\text{ mod }3)$. Ta chứng minh $N$ không thay đổi khi có sự đổi màu tóc.

Thật vậy:

+ Nếu hiệp sõ tóc đỏ gặp hiệp sĩ tóc vàng thì ta có $a\rightarrow a-1,b\rightarrow b-1,c\rightarrow c+2$, do đó $N\rightarrow (a-1)-(b-1)(\text{ mod }3)$ không thay đổi.

+ Nếu hiệp sĩ tóc đỏ gặp hiệp sĩ tóc xanh thì ta có $a\rightarrow a-1,b\rightarrow b+2,c\rightarrow c-1$, do đó $N\rightarrow (a-1)-(b+2)(\text{ mod }3)\equiv a-b(\text{ mod }3)$ không thay đổi.

+ Nếu hiệp sĩ tóc vàng gặp hiệp sĩ tóc xanh thì ta có $a\rightarrow a+2,b\rightarrow b-1,c\rightarrow c-1$, do đó $N\rightarrow (a+2)-(b-1)(\text{ mod }3)\equiv a-b(\text{ mod }3)$ không thay đổi.

Vì ban đầu ta có $N=13-15(\text{ mod }3)\equiv 1(\text{ mod }3)$ nên trong quá trình biến đổi màu tóc, ta luôn có $N\equiv 1(\text{ mod }3)$. Như thế không xảy ra trường hợp tất cả các hiệp sĩ có cùng màu tóc vì trong trường hợp này, $N$ tương ứng sẽ bằng $0(\text{ mod }3)$ (do $(a,b,c)=(45,0,0)$ hoặc các hoán vị.)

 

Lời giải bài 10:

Cách 1: Giả sử $\left\{A,B,C,D,E,F\right\}$ là một nhóm $6$ người. Giả thiết rằng những người quen $A$ thì ngồi phòng $Y$ và những người không quen người $A$ thì ngồi ở phòng $Z$. Người $A$ không ngồi trong hai phòng đó. Khi đó có ít nhất $3$ người ngồi trong phòng $Y$ hoặc ngồi trong phòng $Z$.

(a) Không mất tổng quát giả sử $3$ người cùng ngồi trong phòng $Y$ là $B,C,D$. Nếu $3$ người này không quen biết lẫn nhau thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn. Nếu $3$ người này có $2$ người quen biết nhau, giả sử $B,C$ thì ta có $3$ người là $A,B,C$ quen biết lẫn nhau. Yêu cầu bài toán được thỏa mãn.

(b) Giả sử $3$ người cùng ngồi trong phòng $Z$ là $B,C,D$ tương tự ta chỉ cần thay đổi khái niệm "quen biết lẫn nhau' với "không quen biết lẫn nhau" thì ta cũng chỉ ra được nhóm $3$ người thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cách 2: Nếu ta coi $6$ người như là $6$ điểm trong mặt phẳng thì ta có thể gặp bài toán trên dưới một dạng khác như sau:

Trong mặt phẳng cho sáu điểm được nối với nhau từng đôi một bởi các cung màu xanh hoặc màu đỏ. Chứng minh rằng luôn tìm được $3$ điểm sao cho các cung nối chúng có cùng một màu (ta nói là chúng tạo thành tam giác xanh hoặc đỏ).

Giải : Cho điểm $P$ nào đó trong $6$ điểm. Từ nó có $5$ cung nối với $5$ điểm còn lại. Theo nguyên lý Dirichlet, có $3$ trong $5$ số cung đó phải có cùng một màu, chẳng hạn là màu xanh. Giả sử đó là các cung $PA,PB,PC$. Nếu như một trong số $3$ cung $AB,AC,BC$ có màu xanh thì nó cùng với hai trong số ba cung $PA,PB,PC$ tạo thành một tam giác xanh. Nếu ngược lại thì tam giác $ABC$ là một tam giác đỏ.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 08-07-2020 - 06:05

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che


#20 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1753 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 08-07-2020 - 06:28

Bài 11: Cho bảng $(n^2+n+1)\text{ x }(n^2+n+1)$. Ta điền vào mỗi số của bảng số $0$ hoặc số $1$, sao cho không có bốn ô ghi số $1$ nào là đỉnh của hình chữ nhật. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu chữ số $1$ được ghi lên bảng.

Bài 12: Chứng minh rằng từ $2n-1$ số nguyên bất kỳ luôn tìm được $n$ số có tổng chia hết cho $n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 08-07-2020 - 08:16

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến

Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: th

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh