Chủ đề này có 2 trả lời

[12DecMath]

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 môn Toán trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng năm 2020-2021

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 10-02-2021 - 15:46

[Syndycate]

Câu tổ:

a) Ta thấy họ 6 tập con gồm 3 phần tử $(1,2,3), (1,2,4),(3,4,5),(3,4,6),(1,5,6),(2,5,6)$ có tính chất là mọi tập con 4 phần tử của $S_6$ đều chứa ít nhất một trong chúng nên $t_6\leq 6$

Mặt khác, xét một họ 5 tập hợp con 3 phần tử $A_1,A_2,..,A_5$ tùy ý thì theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất 1 phần tử p của $S_6$ có mặt trong ít nhất $[\frac{3.5}{6}]+1=3$ tập hợp con này. Như vậy nếu xét tập hợp 5 phần tử $S_6-{p}$ thì trong $A_1,A_2,..,A_5$ chỉ có nhiều nhất 2 tập con 3 phần tử không chứa p, kí hiệu là A,B. Với q là phần tử chung của $A\cap B$ thì $S_{6}-{p,q}$ là tập con gồm 4 phần tử ko chứa bất kỳ $A_i$ làm tập hợp con, suy ra $t_6\geq 6$

b) Do $t_4=1$ và $t_n$ không thay đổi ta cm $t_n\geq \frac{1}{4}C^3_n$ bằng quy nạp

n=4 đúng

G/s  $t_n\geq \frac{1}{4}C^3_n$ đúng với $n\geq 4$. CM $t_{n+1}\geq \frac{1}{4}C^3_{n+1}$

Xét họ $t_{n+1}$ các tập hợp 3 phần tử tm điều kiện đề bài là 1 tập hợp 4 phần tử tùy ý luôn chứa 1 trong chúng. bỏ đi 1 phần tử trong $S_{n+1}$ ta còn lại 1 số tập hợp con 3 phần tử tmđk là tập hợp con 4 phần tử của $S_{n+1}-{p}$ luôn chứa ít nhất 1 trong các tâp hợp con lại ko ít hơn $t_n$ 

Vì luôn tồn tại p thuộc ít nhất $\frac{3t_{n+1}}{n+1}$ tập hợp suy ra $t_{n+1}- \frac{3t_{n+1}}{n+1}\geq t_n$

Thay gt quy nạp vào trên ta có $t_{n+1}\geq \frac{1}{4}.C^3_{n+1}$ (dpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 10-02-2021 - 21:18

[12DecMath]

Câu hình: https://www.mathcha....mS9Mo3oLc6XMerx