Tuyển chọn các bài Tổ hợp trong đề thi tuyển sinh các trường THPT chuyên cả nước năm 2020

(1)

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN TỔ HỢP

TRONG ĐÈ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN CẢ NƯỚC NĂM HỌC 2020 - 2021

Trong bài viết này, thuvientoan.net xin giới thiệu đến bạn đọc tuyển chọn các bài toán Tổ hợp trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán cả nước năm học 2020 – 2021.

Lời giải Gọi S n( ) là tổng các chữ số của .n

Ta nhận thấy S n( ) và n có cùng số dư khi chia cho 3

Giả sử ²⁰²¹ ₁ ₂

1

2020 ...

n

n i

i

a a a a



    



^vớii1, 2, 3,...,n và n^*.

Ta có ^{S a}

 

_i ^^a_i



^{mod 3}



nên suy ra ²⁰²¹

  

1 1

2020 mod 3 .

n n

i i

a S a

 









Mà ²⁰²⁰²⁰²¹^{1 mod 3}

 

do đó

   

1

1 mod 3 .

n i i

S a







Mà ²⁰²¹^{2 mod 3}

 

và ²⁰²²^{0 mod 3}

 

nên kết quả nhận được không thể là số 2021 hay 2022.

Lời giải

Xét một bảng ô vuông đã được điền đủ các số. Nếu ta thay đổi số ở một ô dòng i, cột j bất kỳ (số 1 thành số

1 hoặc ngược lại) thì cả a b_i, _j sẽ đổi dấu (từ 1 thành 1 hoặc ngược lại) còn a_k,b_l với ki l,  j sẽ không thay đổi. Do đó tổng Shoặc là không đổi hoặc là sẽ giảm 4 đơn vị hoặc là tăng 4 đơn vị. Tức là, sau mỗi bước đổi dấu của số ghi ở một ô nào đó của bảng thì số dư khi chia tổng S cho 4 vẫn sẽ không đổi.

Ta xét bảng ô vuông 2019 2019 được điền toàn số 1. Gọi là bảng I.

Bài 1. Thầy Du viết số 2020²⁰²¹ thành tổng của các số nguyên dương rồi đem cộng lại tất cả các chữ số của các số nguyên dương này với nhau. Hỏi thầy Du có thể nhận được kết quả là số 2021 hoặc 2022 được không?

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2020.

Bài 2. Cho một bảng ô vuông 2019 2019, mỗi ô vuông bất kỳ ta điền số 1 hoặc 1. Gọi a_k,b_k theo thứ tự là tích các phần tử ở dòng thứ k và cột thứ k. Đặt

2019 2019

1 1

i i.

i i

S a b

 









^Hỏi^S có thể bằng 2020 không? Tại sao?

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán của thuvientoan.net lần 1 năm 2020.

(2)

Khi đó a_kb_k1 với k1, 2,..., 2019. Và tổng S tương ứng với bảng I là S₁2019 2 4038.

Với một bảng ô vuông 2019 2019 được điền số bất kỳ theo qui tắc của đề bài (gọi là bảng II), thì sau một số lần thực hiện phép biến đổi đổi dấu các ô vuông ở bảng I, ta thu được bảng II. Vậy tổng Sứng với bảng II sẽ chia

4 dư 2 (do 4038 chia 4 dư 2 ).

Do đó chắc chắn S không thể bằng 2020 ( 2020 chia hết cho 4 ).

Lời giải

Với hai điểm A B, bất kỳ cho trước thì xét điểm C để có S_ABC 1, ta có độ dài chiều cao là ²S^ABC.

d AB Rõ ràng C sẽ thuộc đường thẳng song song và cách AB một khoảng d nên có 2 đường thẳng như thế.

Do không có 3 điểm nào thẳng hàng nên trên mỗi đường thẳng lấy được tối đa 2 điểm nên có không nhiều hơn 4 điểm C thỏa mãn sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1.

Mặt khác có



¹



2 n n

cặp điểm nên có tối đa ⁴



¹



²



¹



2

n n n n

   tam giác thỏa mãn có diện tích bằng 1. Tuy nhiên với mỗi tam giác như vậy ta đã đếm ba lần nên số tam giác tối đa có diện tích bằng 1 không vượt quá

 

2 1

3 . n n

Lời giải

Trước hết ta chứng minh tồn tại một điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm đã cho là khác nhau. Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A B, bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của AB. Do đó chỉ cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho. Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d₁d₂d₃ ... d₂₀. Xét đường tròn tâm P bán kính d₁₂, đường tròn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 3. Có n điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng số tam giác có 3 đỉnh được chọn từ n điểm và có diện tích bằng 1 nhỏ hơn hoặc bằng ²



²



^.

3 n n

Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên KHTN lần 2 năm 2020.

Bài 4. Cho 20 điểm phân biệt trong mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại đường tròn có đúng 12 điểm đã cho bên trong và có đúng 8 điểm đã cho bên ngoài.

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên Trần Hưng Đạo – Bình Thuận năm 2020.

(3)

Lời giải

Giả sử ngược lại không tồn tại điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 2cm trong 2020 điểm đã cho. Khi đó khoảng cách giữa hai điểm luôn lớn hơn hoặc bằng 2cm.

Xét 2020 hình tròn có tâm là các điểm đã cho có bán kính bằng 1cm. Do 2020 điểm này nằm trong hình chữ nhất nên 2020 đường tròn này nằm trong hình chữ nhật được mở rộng từ hình chữ nhật đã cho 1cm về cả chiều dài và chiều rộng. Khi đó kích thước hình chữ nhật mới là



¹⁴⁹^{  }^{2 1}

 

⁴⁰^{  }^{2 1}



^{151 42}^ ^⁶²⁴² ^cm²^.

Do khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không nhỏ hơn 2cm nên các đường tròn này chỉ có thể có nhiều nhất một điểm chung, nghĩa là tổng diện tích của 2020 hình tròn bằng tổng diện tích từng hình tròn. Mặt khác các hình tròn nằm trọn trong hình chữ nhật mới nên suy ra diện tích của 2020 hình tròn phải nhỏ hơn diện tích của hình chữ nhật mới.

Ta có diện tích của 2020 hình tròn là 2020 1² 6242,8cm²6242



^^^{3,14 .}



Điều này chứng tỏ diện tích hình chữ nhật nhỏ hơn tổng diện tích các hình tròn. Do đó điều giả sử là sai.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải a) Trong năm có 365 ngày và đánh số từ 1 đến 365.

Do hai ngày trực không được cách nhau 7 ngày nên số ngày tối đa được cách nhau là 6 ngày.

Bài 6. Một đơn vị kiểm lâm muốn lập lịch đi tuần tra rừng cho cả năm 2021 sao cho số ngày đi tuần tra trong năm nhiều hơn một nữa số ngày của năm và không có hai ngày đi tuần tra nào cách nhau đúng một tuần lễ.

a) Chứng minh rằng có thể lập được lịch đi tuần tra rừng thỏa mãn các yêu cầu trên.

b) Hỏi có thể lập được tất cả bao nhiêu lịch đi tuần tra rừng như vậy?

Đề thi thử vào lớp 10 chuyên Toán trường Achirmedes Academy lần 3 năm 2020.

Bài 5. Trong hình chữ nhất có chiều dài 149 cm, chiều rộng 40cm cho 2020 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 điểm trong số 2020 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2cm.

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An năm 2020.

(4)

Như vậy ta xếp các ngày đi trực vào ngày m mà m0, 1, 2, 3, 4, 6 mod 14

 

và nghỉ vào các ngày n mà

 

8, 9, 10, 11, 12, 13 mod14 .

n Khi đó m183 và n182.

Từ đây suy ra có thể sắp xếp số ngày đi trực thỏa mãn đề bài.

b) Đặt Ai 



m^{365 |}mi



^{mod 7 .}

 

Gọi A_i là số phần tử của A_i, ta có: A_i 53 và A_k 52 với k1. Do số ngày nghỉ không nhiều hơn số ngày đi tuần tra nên số ngày đi tuần tra trong A₁ không quá ⁵³ 27

2

   

   ngày và số ngày đi tuần tra trong A_k không quá ⁵² 26

2

 

  

 

  ngày. Do đó số ngày đi trực tối đa không quá 2726 6 183 ngày. Nên số ngày đi trực phải là 183 ngày.

Bây giờ ta xác định số các tập hợp 183 ngày thỏa mãn yêu cầu đề bài. Số cách chọn các ngày trong A₁ được xác định duy nhất (chỉ gồm các ngày dạng 14k1). Và với mỗi i1 có đúng 27 cách chọn 26 ngày trong A_i, không thuộc vào hai tuần liên tiếp nhau, đặc trung bởi dãy

 

26

0, 0,..., 0, 1,..., 1

 (trong đó tại vị trí 0 là các ngày dạng 14ki và tại vị trí 1 là các ngày dạng 14k 7 i).

Như vậy có thể lập dược tất cả 27⁶ lịch tuần tra khác nhau thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Lời giải a) Cách tô màu thỏa mãn m20.

Bài 7. Cho một bảng ô vuông kích thước 6 7 (6 hàng, 7 cột) được tạo bởi các ô vuông kích thước 1 1 . Mỗi ô vuông kích thước 1 1 được tô bởi một trong hai màu đen hoặc trắng sao cho trong mọi bảng ô vuông kích thước 2 3 hoặc 3 2, có ít nhất hai ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen có chung cạnh. Gọi m là số ô vuông kích thước 1 1 được tô màu đen trong bảng.

a) Chỉ ra một cách tô sao cho m20.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của .m

Đề thi vào lớp 10 chuyên Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội năm 2020.

(5)

b) Theo cách tô của bảng, ta thấy rằng trong ba ô vuông nằm ở các vị trí trong hai dạng dưới đây có ít nhất một ô được tô đen.

Tiếp theo, ta xét các ô nằm ở vị trí như hình dưới đây (phần có màu đỏ trong hình).

Ta sẽ chứng minh rằng trong các ô A B C D, , , có ít nhất hai ô được tô màu đen. Thật vậy, giả sử trong bốn ô này chỉ có tối đa một ô được tô màu đen. Khi đó, theo nhận xét trên, ta cũng thấy rằng trong các ô này có ít nhất một ô màu đen. Không mất tính tổng quát, giả sử ô A được tô màu đen và ô B C D, , được tô trắng.

Lúc này bảng con 2 3 chứ các ô B E C F D, , , , không có hai ô tô đen nào nằm cạnh nhau, mâu thuẫn. Vậy trong bốn ô A B C D, , , có ít nhất hai ô được tô đen. Từ đây, ta suy ra bất cứ bốn ô nào nằm ở vị trí giống với bốn ô

, , ,

A B C D trong hình vẽ trên đều có ít nhất hai ô được tô đen.

Bây giờ, ta chia bảng ô vuông đã cho thành các vùng như hình vẽ bên dưới.

(6)

Từ các kết quả thu được, ta suy ra m16. Với m16, ta thu được cách tô màu thỏa mãn sau:

Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 16.

Lời giải

Nhận xét 1: Cứ mỗi bước thì tổng số viên bị bị giảm đi 1 viên. Suy ra tổng số bi trong tất cả các túi sau bước thứ n là 2020 – n viên bi.

Nhận xét 2: Sau mỗi bước đi thì tổng số túi sẽ thêm 1 túi. Như vậy sau bước thứ n sẽ có n1 túi.

Giả sử tồn tại bước thứ ^{k k}



^^^



thỏa mãn yêu cầu đề bài: Tất cả các túi đều có hai viên.

Bài 8. Ban đầu có 2020 viên sỏi ở trong một chiếc túi. Có thể thực hiện công việc như sau:

Bước 1: Bỏ đi một viên sỏi và chia chiếc túi này làm hai chiếc túi mới.

Bước 2: Chọn một trong hai túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ đi một viên từ túi này và chia túi đó làm hai chiếc túi mới, khi đó có ba chiếc túi.

Bước 3: Chọn một trong ba túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ một viên từ túi này và chia túi đó làm hai chiếc túi mới, khi đó có bốn chiếc túi.

Tiếp túc quá trình trên. Hỏi sau một số bước có thể tạo trường hợp mà mỗi túi chỉ có đúng hai viên sỏi hay không?

Đề thi vào lớp 10 chuyên THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định năm 2020.

(7)

Áp dụng nhận xét 1, số viên bi sau bước thứ k là 2020k viên.

Theo nhận xét 2 thì số túi sau bước k là k1 túi. Khi đó tổng số viên bi trong tất cả các túi là 2



k1



viên.

Như vậy: ²



^k^{ }¹



²⁰²⁰^{ }^k ³^k^^2018.^{Vô lý do}^k là số tự nhiên.

Vậy không tồn tại bước nào thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 8. Ban đầu có 2020 viên sỏi ở trong một chiếc túi. Có thể thực hiện công việc như sau:

Bước 1: Bỏ đi một viên sỏi và chia chiếc túi này làm hai chiếc túi mới.

Bước 2: Chọn một trong hai túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ đi một viên từ túi này và chia túi đó làm hai chiếc túi mới, khi đó có ba chiếc túi.

Bước 3: Chọn một trong ba túi này sao cho túi đó có ít nhất ba viên sỏi, bỏ một viên từ túi này và chia túi đó làm hai chiếc túi mới, khi đó có bốn chiếc túi.

Tiếp túc quá trình trên. Hỏi sau một số bước có thể tạo trường hợp mà mỗi túi chỉ có đúng hai viên sỏi hay không?

Lời giải

Gọi các điểm lần lượt được đánh số là A A₁, ₂, A₃,..., A₂₀₂₄. Trong đó A_k với k lẽ được tô màu xanh, k chẵn được tô màu đỏ với k1, 2,..., 2014.

Giả sử A₁x và A₂ y với x y, khác 0 và 1. Khi đó ₃ ₁ ₂ ₃ ²

1

A y.

A A A A

A x

    

Do ₂ ₄ ₃ ₄ ₃ ₂ y .

A A A A A A y

      x

Tương tự ta tính được ₅ 1 , ₆ 1 y , ₇ 1 y, ₈ .

A x A x y A A x y

x x

         

Suy ra: ₁ ₂ ... ₈ y y



1



1 y 1 y 3.

A A A x y y x x y x y

x x x x

     

  

                    

Ta tính được ₉ ⁸

7

A A x

 A  và A₁₀ y.

Do A₁A₉, A₂A₁₀ nên quá trình này cứ tiếp tục thì thấy rằng cứ sau 8 điểm liên tiếp các số sẽ được lặp lại theo thứ thứ tự như 8 điểm ban đầu.

Bài 9. Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Tại mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi tại hai điểm màu xanh kế nó”. Tính tổng của 2024 số đó.

Đề thi vào lớp 10 chuyên THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định năm 2020.

(8)

Do đó

2024 8

8

1 1

2024 2024

3 759.

8 8

i

i i

A A

 

    

 

Vậy tổng các số cần tìm là 759.

Lời giải

Từ giả thiết, ta suy ra A10⁹⁰ a b và B10⁹⁰ c d với a c, là hai số có 1930 chữ số, b là số có 15 chữ số và d có 24 chữ số.

Đặt xgcd( , )A B thì ta có aB cA chia hết cho x, thức ad bc chia hết cho x. (1) Ta sẽ chứng minh ad bc khác 0. Thật vậy, giả sử ad bc, khi đó ta có ^c ^d

a  b. Do a và c là hai số cùng có 1930 chữ số nên

1930 1929

10 10

10 c

a   . Trong khi đó, vì d là số có 24 chữ số và b là số có 15 chữ số nên

23 15

10 10

10 d

b   . Suy ra d 10 c

b  a, mâu thuẫn. Vậy ad bc 0. Vì ad bc khác 0 nên từ (1), ta suy ra adbc x. Mặt khác, ta lại có

 ad10¹⁹³⁰10²⁴ 10¹⁹⁵⁴, tức ad có không quá 1954 chữ số.

 bc10¹⁹³⁰10¹⁵ 10¹⁹⁴⁵b, tức bc có không quá 1945 chữ số.

Do đó, với chú ý ^ad^^bc ^^max



^{ad bc}^,



, ta suy ra ad bc là một số nguyên dương có không quá 1954 chữ số, từ đó x là một số có không quá 1954 chữ số (đpcm).

Bài 10. Cho hai số A B, có 2020 chữ số. Biết rằng số A có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trai và 15 chữ số ngoài cùng về bên phải, số B có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái và 24 chữ số ngoài cũng về bên phải. Chứng minh rằng gcd( , )A B là một số có không quá 1954 chữ số.

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên ĐHSP – Hà Nội năm 2020.

Bài 11. Trên bàn có 6 hộp kẹo, mỗi hộp có 5 viên kẹo. An và Bình cùng chơi một trò chơi như sau: Mỗi lượt chơi, An sẽ chọn một hộp tùy ý và lấy ít nhất một viên kẹo ở hộp đó; còn Bình thì chọn một số hộp và trong các hộp đã chọn, mỗi hộp lấy đúng một viên kẹo. Hai bạn luân phiên thực hiện lượt chơi của mình. Bạn đầu tiên không thể thực hiện được lượt chơi của mình là người thua cuộc. Nếu An là người lấy kẹo trước, hãy chỉ ra chiến thuật chơi để Bình là người thắng cuộc.

Đề thi vào lớp 10 chuyên Tin Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội năm 2020.

(9)

Lời giải

Bình sẽ thực hiện chiến thuật sau: Trong bốn lượt chơi đầu tiên, vào mỗi lượt chơi, Bình sẽ chọn tất cả các hộp có số lượng bi nhiều nhất rồi lấy từ mỗi hộp đó một viên bi.

Ta có nhận xét quan trọng sau.

Nhận xét. Sau (0k k4) lượt chơi của cả An lẫn Bình, hộp bi có nhiều bi nhất có 5k viên bi. Hơn nữa, có ít nhất 6k hộp có 5k viên bi.

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo .k Trường hợp k0 là hiển nhiên.

Giả sử mệnh đề đã đúng tới k t (0 t 4), ta chứng minh nó cũng đúng với k  t 1.

Gọi s là số hộp có 5t viên bi sau t lượt của cả hai (s 6 t). Ta thấy các hộp còn lại đã có không quá 4t viên bi nên sau lượt thứ t1 của Bình, các hộp này vẫn có không quá 4t viên bi.

Trong s hộp có 5t viên bi, An chỉ được chọn tối đa 1 hộp. Nếu hộp An chọn là một trong s hộp nói trên thì sau lượt của Bình, với chiến thuật như đã nêu, s1 hộp còn lại sẽ có đúng 4t viên bi. Còn nếu hộp An chọn không nằm trong s hộp nói trên thì sau lượt của Bình, với chiến thuật như đã nếu, cả s hộp sẽ có đúng 4t viên bi. Từ đây suy ra, số bi lớn nhất trong các hộp là 4t, và có ít nhất s  1 5 t hộp có số viên bị như vậy.

Vậy mệnh đề cũng đúng với k t 1. Áp dụng nguyên lý quy nạp, ta suy ra mệnh đề đúng với mọi k thỏa 0 k 4.

Trở lại bài toán, ta thấy sau lượt thứ 4 của cả hai, chỉ còn lại các hộp có 1 viên bi (ít nhất 2 hộp). Trong lượt tiếp theo, An chỉ được chọn 1 hộp. Bình chỉ cần chọn các hộp còn lại là có thể thắng trò chơi. Lời giải hoàn tất.

Lời giải

Gọi (a b c d_n, ₂, _n, _n) là bộ bốn số thực thu được sau lượt thứ n. Khi đó, ta có

0 0 0 0

( ,a b c d, , )( , , , )a b c d Và

1 1 1 2( ). .

n n n n n n n

a_ b_ c _  a   b c d  n 

Suy ra

0 0 0 0

2 (ⁿ ) 2 (ⁿ ).

n n n n

a   b c d  a   b c d  a  b c d

Bài 12. Từ một bộ bốn số thực



^{a b c d}^{, , ,}



ta xây dựng bộ số mới



^a^{b b}^, ^{c c}^, ^{d d}^, ^a



và liên tiếp xây dựng các bộ số mới theo quy tắc trên. Chứng minh rằng nếu ở hai thời điểm khác nhau ta thu được cùng một bộ số (có thể khác thứ tự) thì bộ số ban đầu phải có dạng



^a^,^^{a a}^{, ,}^^a



^.

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên KHTN – Hà Nội năm 2020.

(10)

Giả sử tồn tại hai số nguyên dương mksao cho hai bộ số (a b c d_m, _m, _m, _m)và (a b c d_k, _k, _k, _k) là một (có thể khác thứ tự). Khi đó, ta có a_mb_mc_md_ma_k  b_k c_k d_k tức 2 (^m a  b c d)2 (^k a  b c d).

Vì mknên a b c  d 0. Bây giờ, ta có chú ý rằng

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2 2 2

1 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

2( ) 2( )( )

2(

n n n n

n n n n n n n n

n n n n n n n n n n

n n n

a b c d

a b b c c d d a

a b c d a c b d

a b c d a b c d b d

a b c

   

       

       

     

  

       

      

        

   d²_n_₁).

Suy ra a²_n b²_nc²_nd²_n 2ⁿ^¹(a²₁b²₁c²₁d²₁). n ^.

Vì hai bộ số (a b c d_m, _m, _m, _m) và ( ,a b c d_k _k, _k, _k) là một ( có thể khác thứ tự) nên

2 2 2 2 2 2 2 2

m m m m k k k k.

a b c d a b c d Hay

1 2 2 2 2 1 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

2^m^(a b c d )2^k^(a b c d ).

Từ đây, ta có a₁b₁c₁ d₁ 0. Suy ra b a c,  b d,  c, tức bộ số ban đầu phải có dạng ( ,a a a, ,a). Ta có điều phải chứng minh.

Lời giải.

a) Với mỗi phần tử trong A, ta thấy nó có thể viết dưới dạng 3^a5^b7^c với a b c, , ^. Vì 1a13 và 1b7 và 1c20 nên các số a b c, , lần lượt có 13,7, 20 cách chọn.

Do đó, số phần tử của A là 13 7 20 1820.  

b) Cũng với dạng đã xét ở trên, ta xét tính chẵn lẻ của các số ( , , )a b c với các dạng sau:

(chẵn, chẵn, chẵn), (chẵn, chẵn, lẻ), (chẵn, lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ, lẻ), (lẻ, chẵn, chẵn), (lẻ, chẵn, lẻ), (lẻ, lẻ, chẵn), (lẻ lẻ, lẻ).

Bài 13. Cho số tự nhiên a3¹³5⁷7 .²⁰

a) Gọi A là tập hợp tất cả các số nguyên dương k sao cho k là ước của a và k chia hết cho 105. Hỏi tập hợp A có bao nhiêu phần tử.

b) Giả sử B là một tập con bất kỳ của A có 9 phần tử. Chứng minh rằng ta có thể luôn chọn được hai phần tử của B mà tích của nó là số chính phương.

Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường Phổ thông Năng Khiếu – ĐHQG TP HCM năm 2020.

(11)

Mỗi số trong A có thể tương ứng với bộ ( , , )a b c_i _i _i với 1 i 9. Theo nguyên lý Dirichlet thì rõ ràng phải có hai số cùng dạng, giả sử là ( , , )a b c₁ ₁ ₁ và (a b c₂, ₂, ₂) nên khi đó, tổng của chúng cùng chẵn, rõ ràng khi đó tích của chúng là 3^a¹^^a² 5^{b b}¹^ ² 7^c¹^^c² là số chính phương.