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.


Stranger411

Đăng ký: 24-04-2012
Offline Đăng nhập: 15-09-2015 - 12:18
***--

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tìm số tự nhiên $n>4$ nhỏ nhất sa0 ch0 tồn tại $n...

07-07-2013 - 00:26

Anh thử xem lại lời giải xem, người số 2 và 8 đâu thỏa mãn ạ. Đáp số $n=16$

khâu thử chọn anh làm sai @@!
đáp án đúng là $n=16$


Trong chủ đề: Hỏi có thể thực hiện dc phép tô màu nói trên hay không nếu: 1.$n= 20...

03-07-2013 - 11:37

xét số nguyên $n> 1$. Người ta muốn tô màu tất cả các số tự nhiên bởi 2 màu xanh và đỏ sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

i. Mỗi số dc tô bởi 1 màu, và mỗi màu đều dc dùng để tô vô số số;

ii. tổng của n số đôi 1 khác nhau cùng màu là số có cùng màu đó.

Hỏi có thể thực hiện dc phép tô màu nói trên hay không nếu:

1.$n= 2012$

2.$n= 2013$

Tổng quát:
* Nếu $n$ lẻ thì phép tô thực hiện được:
Tô tất cả số chẵn cùng màu đỏ, số lẻ cùng màu xanh. Khi đó, mỗi số được tô bởi đúng 1 màu và có vô hạn lần tô mỗi màu (vì có vô hạn số lẻ, số chẵn). Tổng $n$ số cùng màu là một số cùng màu vì tổng $n$ số lẻ là một số lẻ (vì $n$ lẻ) và tổng $n$ số chẵn là một số chẵn.

* Nếu $n$ chẳn, thì phép tô không thực hiện được:
Phản chứng, giả sử phép tô thực hiện được, suy ra được có vô hạn số được tô bởi 2 màu xanh đỏ.
Khi đó, tồn tại số $a_1$ được tô màu xanh và $b_1 = a_1 +1$ được tô bỏi màu đỏ.

Tiếp tục, cũng tồn tại $b_2 > b_1$ mà $b_2$ được tổ bởi màu đỏ và $a_2$ được tổ bởi màu xanh.

Tương tư như vậy tồn tại $a_{n-1} > a_{n-2}$ được tô màu xanh và $b_{n-1} = a_{n-1} +1$ tô bởi màu đỏ và cũng tồn tại $b_n > b_{n-1}$ mà $b_n$ được tô màu đỏ và $a_n = b_n +1$ tô bởi màu xanh.

Tóm lại các số $a_i$ và $b_i$ là đôi một khác nhau và thỏa $a_i$ màu xanh và $b_i$ màu đỏ và $b_{2k-1} = a_{2k-1} +1$ và $b_{2k} = a_{2k} -1$ với mọi $k \le \frac{n}{2}$

Theo điều kiện đề bài thì gọi $a$ là tổng các số $a_i$ nên a được tô xanh còn $b$ là tổng các $b_i$ nên $b$ được tô đỏ. Nhưng vì $b_{2k-1} = a_{2k-1} +1$ và $b_{2k} = a_{2k} -1$ với mọi $k \le \frac{n}{2}$ nên suy ra $a=b$ từ đó $a,b$ phải được tô cùng màu dẫn tới vô lí.


Trong chủ đề: Tìm số tự nhiên $n>4$ nhỏ nhất sa0 ch0 tồn tại $n...

03-07-2013 - 11:14

Bài toán :

Tìm số tự nhiên $n>4$ nhỏ nhất sa0 ch0 tồn tại $n$ người thỏa mãn : 2 người quen nhau thì không có người quen chung còn 2 người không quen nhau thì có đúng 2 người quen chung !

Trước tiên ta chứng minh những người này có cùng người quen với nhau tại đây.
Cho mỗi người là một đỉnh của đồ thị. 2 người quen nhau thì được nối với nhau bằng 1 cạnh. Nên số người quen của mỗi người sẽ bằng với bậc của đỉnh. Suy ra đồ thì này có các đỉnh cùng bậc. Nói cách khác đây là một đồ thị đẳng cấu. Đồ thị này có $n$ đỉnh, các đỉnh có chung bậc $d$. Suy ra đồ thì có số cạnh là $m= \frac{nd}{2}$ với $d \ge 2$.

Ta tiếp tục chứng minh $|m| \leq 3(|n|-2)$.
Vì đồ thị này là liên thông nên theo định lí Euler suy ra: $|r|=|m|-|n|+2$ (r là số miền)
Gọi $n$ là tổng số cạnh thuộc các miền $r$ thì do mỗi cạnh chỉ thuộc nhiều nhất 2 miền nên $n \leq 2m$. Mỗi miền có ít nhất 3 cạnh nên $n \geq 3r$ từ đó suy ra $r \leq \frac{2}{3}m$. Thay vào công thức Euler ta đc đpcm.

Từ đó, ta có: $m= \frac{nd}{2} \le 3n-6$ $\rightarrow 12 \le (6-d)n$. Vậy $d \le 6$ (ta cần vế phải dương)

Theo các kết quả trên, ta thử chọn các trường hợp và chọn được $n_{min}=8$ với $d=3$.
Vậy $n_{min}=8$.


Trong chủ đề: Topic về tổ hợp, các bài toán về tổ hợp

03-07-2013 - 10:00

Bài 17 (cực trị-bất đẳng thức tổ hợp)

Cho tập hợp $X=\left \{ 1,2,...,50 \right \}$. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất $k$ sao cho mọi tập con gồm $k$ phần tử của $X$ đều chứa hai phần tử phân biệt $a$ và $b$ sao cho $ab$ chia hết cho $a+b$

Ta có các cặp số thoả mãn $ab$ chia hết $a+b$: $(3;6);(4;12);(5;20);(6;12);(6;30);(7;42);(8;2);(9;18);(10;15);(10;40);(12;24);(12;36);(14;35);(15;30);(16;48);(18;36);(20;30);(21;28);(21;42);(24;40);(24;48);(30;45);(36;45)$

Tổng hợp các số lại tập $A$, ta có:\[A = \left\{ {3;4;5;6;7;8;9;10;12;14;15;16;18;20;21;24;30;35;36;40;45;48} \right\}\]

\[ \Rightarrow k \ge \left| {X\backslash A} \right| + \left[ {\frac{{\left| A \right|}}{2}} \right] + 1 = 39\]

Vậy $min(k)=39$

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Đây là kết quả sau 1h bấm máy tính của mình, các bạn có cách nào hay hơn thì đưa lên để mọi người cùng tham khảo

Giải bài 17:
Chứng minh $k \ge 39$
Các cặp số thoả mãn $ab$ chia hết $a+b$: $(3;6);(4;12);(5;20);(6;12);(6;30);(7;42);(8;2);(9;18);(10;15);(10;40);(12;24);(12;36);(14;35);(15;30);(16;48);(18;36);(20;30);(21;28);(21;42);(24;40);(24;48);(30;45);(36;45)$

Xét tập $M=(6,12,15,18,20,21,24,35,40,42,45,48)$. Vì 23 cặp trên đều có phần tử thuộc $M$ nên tập $X\M$ không thỏa mãn bài toán. Mà $|X\M|=38 \rightarrow k \ge 39$

Chứng minh mọi tập có 39 phần tử đều thỏa mãn bài toán:
Xét tập $A$ bất kì gồm 39 phần tử của $X$.
Chọn 12 cặp số trong 23 cặp trên sao cho các phần tử không trùng nhau: $(3;6);(4;12);(5;20);(7;42);(8;2);(9;18);(10;15);(14;35);(18;36);(21;28);(24;40);(30;45)$

12 cặp trên chứa 24 phần tử của $X$. Nên $X$ chỉ còn lại 26 phần tử.
Vậy ít nhất 13 phần tử của $A$ của phải thuộc 12 cặp trên.
Theo nguyên lí drichlet thì $A$ chứa ít nhất 1 trong 12 cặp trên.
Từ đó tập $A$ thỏa mãn đề bài.


Trong chủ đề: Topic về tổ hợp, các bài toán về tổ hợp

02-07-2013 - 12:05

Post tiếp 2 bài nữa làm ... điểm tâm  :wacko: :

Bài 15:(APMO 1998) Cho F là tập tất cả các bộ (A1, . . . ,An) sao cho mỗi Ai là một tập con của {1, 2, . . . , 1998}. Ký hiệu |A| là số các phần tử của tập hợp A. Hãy tính

$\sum\limits_{({A_1},{A_2},...,{A_n}) \in F} {|{A_1} \cup {A_2} \cup ... \cup {A_n}|} $

Bài 16:(Bulgaria 1996) HÌnh chữ nhật $m \times n ( m,n \in N, m,n>1)$ được chia thành $mn$ hình vuông đơn vị. Có bao nhiêu cách xoá 2 hình vuông sao cho phần còn lại có thể lát kín bởi các domino?

Tại sao các bạn cứ thích post những bài không có lời giải ở trong sách ra thế nhỉ :))
Mình nhớ không nhầm thì mấy bài này trong chuyên đề của thầy Huỳnh Tấn Châu để học sinh tự giải. Sau đây là cách của mình, bạn có cách khác thì post lên cho mọi người tham khảo.
Giải bài 15:

Bài này đếm bằng truy hồi.
Tập $(1, 2, . . . , 1998)$ có tất cả $2^{1998}$ tập con $A_i$ nên tổng cần tính có tất cả $2^{1998n}$ bộ $n$ số.
Bước 1: Với các tập con $(A_1, A_2 ... , A_n)$ của $(1, 2, . . . , 1997)$, ta có thể thêm hoặc không thêm vào mỗi tập $A_i$ phần tử $1998$ để tạo thành tập con của tập $(1, 2, . . . , 1998)$. Vậy từ bộ $(A_1, A_2 ... , A_n)$ ta có $2^n$ bộ gồm các tập con của $\left \{1, 2, . . . , 1998 \right \}$.

Bước 2: Bây h chỉ còn xét các tập con $(A_1, A_2 ... , A_n)$ của các bộ còn lại. Làm tương tự như trên thì ta có được $(2^n -1).2^{n(m-1)}$.
Tình tổng lại, ta có:

$\sum\limits_{({A_1},{A_2},...,{A_n}) \in (1,...,1998)} {|{A_1} \cup {A_2} \cup ... \cup {A_n}|} = (2^n.\sum\limits_{({A_1},{A_2},...,{A_n}) \in (1,...,1998)} {|{A_1} \cup {A_2} \cup ... \cup {A_n}|}) + (2^n -1) 2^{n(m-1)}$
Từ đó, ta có: $\sum\limits_{({A_1},{A_2},...,{A_n}) \in F} {|{A_1} \cup {A_2} \cup ... \cup {A_n}|} = 1998(2^{1998n} - 2^{1997n})$.

 

Mở rộng bài 15: Tính:
$P= \sum_{(A_{1},A_{2},...,A_{k})\in F_{k}}\sum_{b\in (A_{1}\cup A_{2}\cup ...\cup A_{k})}b$
$S= \sum_{(A_{1},A_{2},...,A_{k})\in F_{k}}\sum_{i=1}^{k}\sum_{b\in A_{i}}b$
 

Bài 7: (Đề đề nghị 30/4 -2012) Trong một kì thi hoa hậu, mỗi thành viên của ban giám khảo được quyền đề xuất $10$ người đẹp vào vòng chung kết. Một nhóm người đẹp được gọi là nhóm ưng ý đối với giám khảo A nếu trong nhóm đó có ít nhất một người đẹp mà A đề xuất. Biết rằng với 6 giám khảo bất kỳ luôn tồn tại một nhóm gồm 2 người đẹp là nhóm ưng ý đối với mỗi giám khảo trong 6 giám khảo đó. Chứng minh rằng tồn tại một nhóm gồm 10 người đẹp là nhóm ưng ý đối với mỗi thành viên của ban giám khảo.

Đề này của trường chuyên Nguyễn Tất Thành - Komtum và họ không đưa đáp án nên trong sách không có lời giải.
Mình nghĩ bạn Ispectorgadget cũng không có đáp án cho bài này. (Trừ khi bạn ấy học trường chuyên NTT)

Bài này chắc không thể giải bằng đồ thị vì phải xét tới 2 đối tượng là hoa hậu và giám khảo.
Thôi thì phát biểu lại dưới dạng tập hợp để mọi người cùng nghiên cứu:
Cho $X=\{1;2;...;n\}$. Và $A_1 ,A_2, ..., A_m$ là các tập con của $X$.
Biết 6 phần tử bất kì của $X$ luôn thuộc $|A_i\cup A_j|$ nào đó.
Chứng minh tồn tại $i_1;i_2;..;i_{10}$ phân biệt mà $|\bigcup\limits_{j=1}^{10}A_{i_j}|=X$.