Hướng tới kỳ thi HSG quốc gia 2024
CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TỔ HỢP
Các BT liên quan đến: tính chia hết, modulo, tính chính phương, số nguyên tố.
Xét bất biến chẵn lẻ, sắp thứ tự trên tập số nguyên, đánh giá BĐT nguyên.
[Suy nghĩ bài 1]
Bài 1. Trong dịp lễ tổng kết, cô giáo thưởng 227 quyển vở giống nhau cho 10 em học sinh
sao cho em nào cũng có nhận được vở.
a) Đếm số cách tặng vở sao cho không có em nào có số lượng vở chia hết cho 3.
Quy về xét PT x1+x2+...+x10 = 227 với các xi > 0.
Đặt xi = 3.ai + ri với ai >= 0 và ri thuộc {1,2}.
Thay vào: 3(a1+a2+...+a10) + (r1+r2+...+r10) = 227.
Mà 10 <= r1+r2+...+r10 <= 20, ngoài ra 227 chia 3 dư 2 nên tổng các ri  cũng thế nên
tổng thuộc {11, 14, 17, 20}.
Nếu tổng các ri là 20  các ri = 2, có 1 cách, thay vào có a1+a2+...+a10 = 69  78C9 (theo
công thức chia kẹo Euler).
Nếu tổng các ri là 17  tính được có 7 số 2 và 3 số 1 nên có 10C7 cách chọn số dư, tương
tự cũng có tổng a1+a2+...+a10 = 70  79C9 nên số cách là 10C7 * 79C9.
Cứ thế với 2 trường hợp kia  cộng lại.
b) Chứng minh rằng với mọi cách tặng vở tùy ý (không xét ràng buộc ở câu a) thì luôn có
4 em mà tổng số vở của 3 em bất kỳ thì lớn hơn số vở của em còn lại.
Giả sử phản chứng  với mỗi bộ 4 em thì em có số vở nhiều nhất sẽ >= tổng vở 3 em
kia. Sắp thứ tự x1 <= x2 <= ... <= x10.
Suy ra xi >= x(i-1) + x(i-2) + x(i-3). Ta có:
x4 >= x1+x2+x3
x5 >= x2+x3+x4
...
Tương tự đến x10  sau đó tính tổng x1+x2+...+x10 >= 230.x1 >= 230 > 227, vô lý.
c) Giả sử số vở của 4 em học sinh bất kỳ thì có tích là số chính phương, hỏi có ít nhất bao
nhiêu em học sinh nhận được chẵn quyển vở?
Số các HS nhận chẵn vở sẽ là số lẻ.
Một HS có chẵn quyển vở có số vở là a, c/m v2(a) chẵn. Giả sử v2(a) lẻ.
Xét 3 HS khác có số vở là x, y, z  v2(a.x.y.z) chẵn  có 1 trong 3 số x, y, z có v2(lẻ). Ghép
a với 3 HS bất kỳ  cứ thế thì có tất cả các v2(số vở) đều lẻ. Do đó tất cả HS có chẵn vở
nên tổng = chẵn, vô lý. Suy ra v2(a) chẵn.
Hướng tới kỳ thi HSG quốc gia 2024
Giả sử chỉ có 1 HS có chẵn vở, xét 9 HS có lẻ vở.
Số vở sẽ = 1 mod 4 hoặc = 3 mod 4. Giả sử có 1 HS có số vở = 3 mod 4, số HS có số vở = 1
mod 4 sẽ <= 2 nên có >= 7 HS có số vở = 3 mod 4, mà số lượng này chẵn  có 8 HS.
Tổng các số vở  8.3 + 1 + 0 = 1 mod 4, vô lý vì 227 = 3 mod 4.
Do đó có >= 3 HS có chẵn vở  xây dựng: 64, 16, 36, 81, 9, 9, 9, 1, 1, 1.
Cách khác: a1.a2.a3.a4 và a1.a2.a3.a5 đều là scp  a4.a5 là scp; tương tự như thế  mọi
tích của 2 số bất kỳ đều chính phương.
Ta c/m mọi số đều là scp. Giả sử có số không chính phương, coi là a1  tồn tại SNT p để
vp(a1) lẻ. Ghép cặp a1.ai  vp(ai) cũng lẻ  tất cả các số đều chia hết cho p. Mà 227 là
SNT  p|227 nên p = 227, vô lý. Suy ra tất cả đều là scp.
Mỗi số = 0 hoặc 1 mod 4. Do có lẻ số chẵn, mà nếu có 1 số thì tổng = 1 mod 4, không thỏa
mãn  số các số chẵn >= 3.
//Tính chất: tổng của các số nguyên dương là SNT mà tích của k số bất kỳ trong đó đều là
scp  mỗi số cũng đều là scp.
[Suy nghĩ tiếp bài 2]
Bài 2. Xét hoán vị (a1 , a2 ,
, a92 ) của 92 số nguyên dương đầu tiên.
a) Đếm số hoán vị thỏa mãn ai  i và ai  i (mod 23) với mọi i  1, 2,
,92.
Ta thấy a1, a24, a47, a70 thuộc {1, 24, 47, 70} và các nhóm này độc lập nhau.
Quy về BT đếm hoán vị của 4 số (a,b,c,d) mà không số nào giữ nguyên vị trí.
Liệt kê được có 9 hoán vị như thế.
BT tổng quát: số hoán vị của n số mà không có số nào giữ nguyên vị trí  sử dụng bù trừ
hoặc truy hồi:
n! ( 1/2! – 1/3! + 1/4! + ... + (-1)^n / n!).
Vì thế nên đáp số = 9^23.
b) Đếm số hoán vị thỏa mãn ai 1  ai  4 với mọi i  1, 2,
,91 .
BT quen thuộc: a(i+1) – ai <= 1  đáp số là 2^(n-1).
1  (2,1) hoặc (1,2)
 (3,2,1), (2,3,1) hoặc (1,2,3) hoặc (3,1,2). Cứ thế.
Nếu đã xếp được vị trí của k số, ta xếp số k+1 vào có 2 cách: đầu dãy hoặc ngay sau vị trí
của số k. Theo nguyên lý nhân  có kq như trên.
Nếu thay 1 thành 4  xếp 5 số đầu tiên tùy ý, có 5! cách; mỗi số tiếp theo trong n-5 số có
5 cách nên kq = 5! * 5^(n-5).
c) Hỏi có tồn tại hay không hoán vị sao cho với mọi i  1, 2,
dư bậc hai theo modulo 23?  khẳng định.
,92 thì a1  a2 
 ai là thặng
Hướng tới kỳ thi HSG quốc gia 2024
Cách 1. số 23 là SNT đặc biệt  1^3, 2^3, ..., 23^3.
Số 23 là SNT có dạng 3k+2 nên có tính chất nếu x^3  y^3 mod 23  x  y mod 23. Khi
đó, có 1^3, 2^3, ..., 23^3 là hệ thặng dư đầy đủ mod 23.
Mà 1^3+2^3+...+i^3 = (1+2+...+i)^2 là scp  từ đó ta xếp các hoán vị ứng với số dư của
dãy lập phương ở trên khi chia cho 23. Xong 23 số đầu tiên rồi đến 23 số tiếp theo và cứ
thế  được hoán vị của 92 số.
Cách 2. Sử dụng một đẳng thức khác, gọn hơn cũng có tính chất tổng của bất kỳ n số đầu
tiên nào cũng là scp.
Tổng 1+3+5+...+(2n-1) = n^2  1, 3, 5, ..., 23, 2, 4, ..., 22. Cứ thế cho các bộ 23 số tiếp theo.
[Suy nghĩ tiếp bài 3a, 3b]

Bài 3. Xét tập hợp A 
có 101 phần tử và ký hiệu
A  A  {x  y | x, y  A, x  y}.
a) Tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của A  A .
Giả sử a1 < a2 < ... < a101 là các phần tử trong A.
Dự đoán min khi A = {1,2,...,101}  tổng từ 3 đến 201, có 199 số.
Ta có: a1+a2 < a1+a3 < ... < a1 + a101 < a2 + a101 < ... < a100 + a101  ta có ít nhất 199
số phân biệt trong A+A  |A+A| có min = 199.
b) Hỏi có hay không tập hợp A để tổng các số của A thì chia hết cho mọi số thuộc A  A ?
Đặt s là tổng các số  1 <
s
s
s
< 51, nếu thay thành
, ...,
thì đánh
a101  a99
a101  a50
a101  a100
giá trên vẫn đúng. Do đó:
1
s
s


a101  a100 a101  a99

s
 51 .
a101  a50
Miền [2;50] có 49 giá trị phân biệt nhưng lại chứa 51 số nguyên dương phân biệt, vô lý.
[Suy nghĩ tiếp 3c]
c) Xét A  202k  rk | k  1, 2,
,101 với rk là số dư của k 2 khi chia cho 101. Tính A  A .
Ta c/m cứ lấy tổng 2 số trong A thì có giá trị phân biệt  |A+A| = 101C2.
Giả sử có cặp chỉ số (a,b) và (c,d), trong đó a < b và c < d sao cho:
(202a + ra) + (202b + rb) = (202c + rc) + (202d + rd).
Ta sẽ c/m (a,b) = (c,d)?
 202(a+b-c-d) = rc + rd – ra – rb.
Các số ri <= 100 nên hiệu ở VP sẽ thuộc (-200; 200)  để VP chia hết cho 202 thì cần có
rc + rd = ra + rb, kéo theo a+b = c+d  a-c = b-d > 0.
Hướng tới kỳ thi HSG quốc gia 2024
Suy ra a^2+b^2 = c^2+d^2 mod 101.
 (a-c)(a+c) = (d-b)(d+b) mod 101
 a+c = b+d mod 101.
Từ đây dễ dàng có a = d mod 101  a = d và tương tự b = c. Do đó (a,b) = (d,c).
Bài 4. Bộ số nguyên dương (a, b, c, d , e) có tính thứ tự được gọi là “tốt” nếu như chúng là
một cấp số cộng có công sai không chia hết cho 5.
a) Đếm số các bộ số tốt có các phần tử không vượt quá 20.
(a, a+d, a+2d, a+3d, a+4d).
Xét d > 0 (còn nếu d < 0, ta chỉ đảo dãy có d > 0 lại là được).
a+4d < 20  d <= 4.
Với d=1  a + 4 <= 20 nên a <= 16 -> có 16 cách chọn a.
Với d= 2  a + 8 <= 20 nên a <= 12 và có 12 cách chọn a.
Cứ thế với d=3 và 4  cộng các trường hợp lại rồi nhân kq với 2 là được.
b) Hỏi từ 100 số nguyên dương đầu tiên, ta cần chọn ra ít nhất bao nhiêu số để chắc chắn
rằng trong đó, luôn tồn tại một bộ tốt?
Nhận xét: CSC có công sai không chia hết cho 5  tạo thành hệ TDĐĐ.
Nếu ta lấy 80 số không chia hết cho 5 và <= 100  sẽ không có bộ tốt nào.
Do đó, cần ít nhất 81 số.
Xét các bộ (1,2,3,4,5), (6,7,8,9,10), ..., (96,97,98,99,100)  có 20 bộ, mà lấy ra 81 số thì
chắn chắn có 5 số chung bộ, thỏa mãn.
c) Hỏi trong một dãy ( a1 , a2 ,
, a100 ) gồm 100 số nguyên dương không nhất thiết phân biệt,
có thể chọn ra được nhiều nhất bao nhiêu bộ tốt? //hai bộ khác nhau thì có ít nhất một chỉ
số khác nhau.
Gọi x, y, z, t, r là số lượng số chia 5 dư 0,1,2,3,4 trong dãy. Một cách ghép cặp 5 loại số này
thì được bộ tốt, tùy vào vị trí nên số bộ tốt <= xyztr.
Mà x+y+z+t+r = 100 nên tích <= (100/5)^5 = 20^5.
Xây dựng được:
1,1,...,1, 2, 2, ..., 2, ..., 5, 5, ..., 5.
Bài 5. Cho mảnh giấy hình đa giác đều
có 43 đỉnh. Các cạnh và đường chéo của
được tô bởi một trong hai màu: xanh hoặc đỏ sao cho từ mỗi đỉnh là đầu mút của 20 đoạn
thẳng màu đỏ và 22 đoạn thẳng màu xanh. Tam giác có ba đỉnh lấy từ
được gọi là đẹp.
a) Biết rằng có 2023 tam giác đẹp có ba cạnh được tô cùng màu xanh, hỏi có bao nhiêu tam
giác đẹp có ba cạnh cùng được tô màu đỏ?
Đếm số góc có 2 cạnh khác màu:
Hướng tới kỳ thi HSG quốc gia 2024
+ Đếm theo đỉnh  43.20.22.
+ Đếm theo tam giác  một tam giác có 3 cạnh không cùng màu thì đóng góp 2 bộ  2x
với x = số tam giác có 3 cạnh không cùng màu.
Do đó x = (43.20.22)/2  số tam giác có 3 cạnh cùng màu là 43C3 – x, đáp số cần tìm là
43C3 – (43.20.22)/2 – 2023.
BT về nhà.
b) Người ta cắt
thành các hình tam giác đẹp rời nhau. Biết rằng số hình tam giác có
chứa 2 cạnh của
thì gấp đôi số hình tam giác chỉ chứa đường chéo của
. Tính số
lượng hình tam giác chứa đúng 1 cạnh và 2 đường chéo của .
//đếm số tam giác cắt ra được  xây dựng các hệ PT.
c) Giả sử rằng các đỉnh của
cũng được tô bởi màu: xanh / đỏ / vàng với số lượng các
màu đều là số lẻ. Chứng minh rằng có một tam giác đẹp là cân và có ba đỉnh khác màu.
//Gọi a, b, c là số lượng màu các loại. Đếm số bộ (tam giác cân, góc cùng màu), có thể kết
hợp phản chứng, không có tam giác có 3 đỉnh khác màu.
Bài 6. Với k  1 nguyên dương, trên bảng có viết các số 1, 2,3,
,10k ,10k  1. Mỗi bước cho
phép xóa đi hai số a, b có viết sẵn trên bảng rồi thay bởi f ( a, b). Gọi x là số nguyên dương
thu được sau 10k bước. Chứng minh rằng với mọi cách chọn cặp số ở mỗi bước,
a) Nếu f (a, b)  gcd(a 2b 2  2025, a 2  b 2  2024) thì x không phải số chính phương.
b) Nếu f (a, b)  gcd(2024ab, a 2  254ab  b 2 ) thì x  1.
c) Nếu f (a, b)  lcm(a, b) thì log 2 x  10n.
//xây dựng các bất biến chẵn lẻ, bất biến về SNT thích hợp.