Gọi số thành viên là $n$ và số tiểu ban là $m$.

Gọi $T$ là số cặp $(a, B)$ trong đó thành viên $a$ thuộc tiểu $B$. Vì mỗi thành viên thuộc 3 tiểu ban nên: $T=3 n$;

Vi mỗi tiểu ban có đúng 3 thành viên nên $T=3 m$;

Vậy $3 m=3 n$ nên $m=n$

Ta đếm số cặp $(a, B)$ mà học sinh $a$ thuộc câu lạc bộ $B$. Gọi $m$ là số câu lạc bộ và $n$ là số học sinh.

Ta có hệ $30 m=3 n$ và $m+n=440$. Ta được $m=40$ và $n=400$.

Ta dùng phản chứng: Với mỗi cặp thí sinh bất kì đều có ít nhất 1 bài không giải được bởi cả hai thí sinh.

Gọi $T$ là số bộ $\left(\left\{t_{1}, t_{2}\right\} ; B\right)$ thỏa mãn thí $\sinh t_{1}, t_{2}$ cùng không giải được bài tập B.

Ta biết rằng mỗi bài được giải bởi ít nhất 120 thí sinh, vậy số thí sinh không giải được một bài nhỏ hơn hoặc bằng 80.

Nên $T \leq 6 C_{80}^{2}=18960$

Mặt khác hai thí sinh bất kì có ít nhất một bài cùng không giải được nên $T \geq C_{200}^{2}=19900 .$ Mâu thuẫn.

Vậy điều phản chứng là sai. Bài toán được chứng minh.

Giả sử có 2 tạp chí mà không thư viện địa phương nào cùng khai thác. Như vậy tập hợp các tạp chí mà các thư viện cùng khai thác là $X=$ $\{1, \ldots, 2014\} .$ Gọi $T$ là số bộ $\left(\left\{T_{1}, T_{2}\right\}, t\right)$ mà hai thư viện $T_{1}, T_{2}$ cùng khai thác tạp chí $t$.

Vì mỗi thư viện khai thác chung tối đa 504 tạp chí nên: $T \leq 504 C_{2013}^{2}$.

Giả sử số thư viện cùng khai thác tạp chí thứ $i$ là $a_{i}$ thi $\sum_{i=1}^{2013} a_{i} \geq 2013.1008$.

Ta có: $T=\sum_{i=1}^{2014} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{2003.1008(2003.1008-2014)}{2.2014}$

Suy ra: $504 \mathrm{C}_{2013}^{2} \geq \frac{2003.1008(2003.1008-2014)}{2.2014}$. Điều này vô lý.

Giả sử câu lạc bộ đó có $n$ thành viên. Tập hợp các học sinh tham gia chuyến du khảo thứ $i$ là $A_{i}$. Ta có:

i) $\left|A_{i}\right|=5$;

ii) $\left|A_{i} \cap A_{j}\right| \leq 2$

Giả sử thành viên thứ $i$ tham gia $a_{i}$ chuyến du khảo ta có $\sum_{i=1}^{6} a_{i}=30$.

Gọi $T$ là số bộ $\left(A_{i}, A_{j}, k\right)$ trong đó thành viên $k$ tham gia cả hai chuyến du khảo $A_{i}$ và $A_{j}$

$$

T=\sum_{i=1}^{n} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{15(30-n)}{n}

$$

Vì hai chuyến du khảo bất kì có không quá 2 thành viên chung nên: $T \leq 2 C_{6}^{2}=30$

Suy ra: $\frac{15(30-n)}{n} \leq 30 \Leftrightarrow n \geq 10$

Giả sử lớp thứ $i$ có $k_{i}$ học sinh. Từ quan hệ quen biết ta có: $k_{i} \cdot j=k_{j} \cdot i$ nên $\frac{k_{i}}{i}=t$ với mọi $i$.

Vi $k_{1}+\cdots+k_{m}=n \leq 465$ nên $t(1+\cdots+m) \leq 465$ mà $m \geq 10$ nên $t \frac{10.11}{2}=55$

Suy ra $55 t \leq 465$ nên $n \leq 8$. Vậy $n$ lớn nhất bằng 8 .

Giả sử khóa học có $m$ ngày. Ta gọi $S$ là số bộ $(x, y, z)$ trong đó hai học $\sinh x, y$ cùng tham gia trực nhật vào ngày thứ $z$ của khóa học.

Vì 2 học sinh bất kỳ đều tham gia trực nhật chung đúng một lần nên $S=$ $C_{15}^{2}=105$. Mặt khác mỗi ngày có 3 học sinh tham gia trực nhật nên $S=$ $m C_{3}^{2}=3 m$

Vậy $m=\frac{105}{3}=35$.

Gọi $S$ là số các bộ 3 điểm $(\{A, B\}, C)$ mà $A, B$ cách đều $C$.

Trước hết ta đếm theo $\{A, B\}$ : Với mỗi cạ̣p điểm $\{A, B\}$ thì các điểm cách đều $A$ và $B$ nằm trên trung trực của đoạn $A B$. Mà không có 3 điểm nào thẳng hàng trong $T$ nên ta có chỉ có tối đa 2 điểm $C$. Vậy $S \leq 2 C_{n}^{2}$.

Ta đếm theo $C$ : Với mỗi điểm $C$ có ít nhất $k$ điểm trong $T$ cách đều $C$ nên số cặp $\{A, B\}$ ít nhất là $C_{k}^{2}$. Do đó $S \geq n C_{k}^{2}$.

Suy ra $2 C_{n}^{2} \geq n C_{k}^{2} .$ Từ đó ta có: $k \leq \frac{1}{2}+\sqrt{2 n}$

Giả sử $A \subset X$ là một tập con với số phần tử lớn nhất là $k$ mà không chứa bất kì tập $A_{i}(1 \leq i \leq m)$ nào.

Gọi $S$ là số bộ $(\{a, b\}, c)$ thỏa mãn $c \notin A$ và $\{a, b\}$ là tập con của một trong một tập $A_{1}, \ldots, A_{m}$.

Ta đếm theo $c$ : Với mỗi $c \notin A$ do tính cực đại của $A$ thì sẽ tồn tại $A_{i} \subset$ $A \cup\{c\}$ khi đó chọn $\{a, b\}=A_{i} \backslash\{c\} .$

Do vậy $S \geq n-k$.

Ta đếm theo $\{a, b\}:$ Do $\left|A_{i} \cap A_{j}\right| \leq 1 \forall i \neq j$ nên với mỗi $\{a, b\} \subset A$ tồn tại nhiều nhất một $A_{j} \supset\{a, b\}$, khi đó ta chọn $c=A_{j} \backslash\{a, b\} .$ Do đó $S \leq C_{k}^{2}$.

Suy ra $n-k \geq C_{k}^{2}$ hay $k^{2}+k \geq 2 n$ nên $k \geq-\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{1+8 n}$

Từ đó ta có: $k \geq\lfloor\sqrt{2 n}\rfloor$.

Gọi số chú hề sử dụng màu sơn thứ $i$ là $a_{i} \leq 20 .$ Ta có $T=\sum_{i=1}^{12} a_{i} \geq$ 5n. Gọi $S$ là số bộ $(x, y, m)$ trong đó hai chú hề $x, y$ cùng sử dụng màu sơn thứ $m$

Ta có $S=\sum_{i=1}^{12} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{T(T-12)}{2.12} \geq \frac{5 n(5 n-12)}{24}$

Vì mỗi màu sơn được sử dụng bởi không quá 20 chú hề, $S \leq 12 C_{20}^{2}=2280$. Ta có phương trình $\frac{5 n(5 n-12)}{24} \leq 2280 \Rightarrow n \leq 48$

Ta gọi $S$ là số bộ $(A, b, c)$ trong đó ca sĩ $b, c$ cùng tham gia buổi hòa nhạc $A .$

Vi hai ca sĩ bất kì cùng tham gia biểu diễn $n$ buổi nên $S=n C_{8}^{2}$.

Mặt khác có $m$ buổi biểu diễn và mỗi buổi có đúng 4 ca sĩ tham gia nên $S=m C_{4}^{2}$

Do vậy $n C_{8}^{2}=m C_{4}^{2}$ hay $14 n=3 m .$ Suy ra $14 \mid m$ nên $m \geq 14$. Giá trị nhỏ nhất của $m$ là 14 .

Dưới đây là một sách sắp xếp như vậy

Bài toán này chính là bài toán China MO 1996. Thật vậy nếu ta coi các đỉnh của đa giác là các ca sĩ. Mỗi một nút được tô màu là là một buổi biểu diễn. Khi đó số $s(i, k)$ chính là số buổi biểu diễn mà ca sĩ $A_{i}, A_{k}$ cùng tham gia.

Gọi $S$ là số bộ $(B, A)$ sao cho $B$ thuộc họ $\Omega$ và $A$ là mẹ của $B$.

Vì một tập $B$ thì có 7 phần tử, vậy $A$ muốn là mẹ của $B$ thì $A$ phải bổ sung thêm một trong 12 phần tử còn lại. Tức là mỗi tập $B$ sẽ có 12 tập mẹ. $S=k .12$ Mỗi tập $A$ có 8 tập con có 7 phần tử nên mỗi tập mẹ $A$ có nhiều nhất 8 tập $\operatorname{con} B .$ Ta có $S \leq 8 d$

Suy ra: $12 k \leq 8 d$. Vậy $d \geq \frac{3}{2} k$

Gọi $a_{i}$ là số ủy ban mà đại biểu thứ $i$ tham gia. Ta gọi $T$ là số bộ $(x, Y)$ mà đại biểu $x$ tham gia ủy ban $Y$.

Trước hết ta đếm theo $Y$ thì $T=16000.80$.

Bây giờ ta đếm theo $x$ thì $T=\sum_{i=1}^{1600} a_{i}$.

Suy ra $\sum_{i=1}^{1600} a_{i}=16000.80$

Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử 2 ủy ban bất kì có không quá 3 đại biểu chung.

Ta gọi $S$ là số bộ $(x, V, U)$ trong đó đại biểu $x$ cùng tham gia cả 2 ủy ban $U$ và $V$. Ta có $S \leq 3 C_{16000}^{2}$

Bây giờ ta đếm theo $x$ thì $S=\sum_{i=1}^{1600} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{T(T-1600)}{2.1600}$.

Từ đó ta rút ra điều vô lý.

Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử với 2 sân bay $A, B$ bất kì có không quá một thành phố $C$ có thể bay đến cả $A$ và $B$.

Gọi $T$ là số bộ $(A, B, C)$ mà cả $A, B$ cùng bay được đến $C$. Ta có $T \leq C_{16}^{2}=120$

Giả sử thành phố thứ $i$ có thể bay đến được $a_{i}$ thành phố khác. Thì $\sum_{i=1}^{16} a_{i}=$ $72 .$

Khi đó: $\sum_{i=1}^{16} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{72(72-16)}{2.16}>120$. Vô lý.

Bài này cách giải hoàn toán giống bài Bulgari MO $2006 .$

Gọi $S$ là số bộ $(t, C, H)$ mà học sinh $t$ tham gia câu lạc bộ $C$ và câu lạc bộ $C$ tổ chức hoạt động $H$. Vì với mỗi cặp $t$ và $H$ chỉ tồn tại duy nhất một $C$ nên $S=1001 \mathrm{~m}$

Nếu một câu lạc bộ có $k$ thành viên thì nó tổ chức $\frac{k-1}{2}$. Giả sử có $n$ câu lạc bộ và câu lạc bộ thứ $i$ có $k_{i}$ thành viên thì $S=\sum_{i=1}^{n} k_{i} \frac{k_{i}-1}{2}$.
Suy ra $\sum_{i=1}^{n} \frac{k_{i}^{2}-k_{i}}{2}=1001 \mathrm{~m}$.
Gọi $T$ là số bộ $(a, b, C)$ là hai học sinh $a, b$ cùng tham gia câu lạc bộ $C$. Vi hai học sinh bất kì chỉ tham gia đúng một câu lạc bộ nên $T=C_{1001}^{2}$.
Mặt khác câu lạc bộ thứ $i$ có $k_{i}$ thành viên nên $T=\sum_{i=1}^{n} C_{k_{i}}^{2}$.
Suy ra $\sum_{i=1}^{n} \frac{k_{i}^{2}-k_{i}}{2}=C_{1001}^{2}$
Vậy $10001 m=C_{10001}^{2}$ nên $m=500$.

a) Ta gọi $S$ là số bộ $(x, y, C)$ mà hai học sinh $x, y$ cùng tham gia CLB C có $i$ thành viên. Trước hết ta đếm theo $x$ và $y$. Vi 2 câu lạc bộ có cùng hai thànhviên $x, y$ chung thì số thành viên của 2 câu lạc bộ khác nhau nên có nhiều nhất một câu lạc bộ có $i$ thành viên và chứa $x, y$.
Suy ra $S \leq C_{n}^{2}$
Bây giờ ta đếm theo $\mathrm{C}$, số câu lạc bộ có $i$ thành viên là $a_{i}$ nên số cách chọn $\mathrm{C}$ là $a_{i}$. Với mỗi câu lạc bộ có $i$ thành viên số số cách chọn $x, y$ là $C_{i}^{2}$ nên $S=a_{i} C_{i}^{2}$ suy ra $a_{i} C_{i}^{2} \leq C_{n}^{2}$
Vậy $a_{i} \leq \frac{C_{n}^{2}}{C_{i}^{2}}$.
b) Ta có
$$
\begin{gathered}
m=\sum_{i=2}^{n} a_{i} \leq \sum_{i=2}^{n} \frac{C_{n}^{2}}{C_{i}^{2}}=\sum_{i=2}^{n} \frac{n(n-1)}{i(i-1)} \\
=n(n-1) \sum_{i=2}^{n}\left(\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}\right)=n(n-1)\left(1-\frac{1}{n}\right)=(n-1)^{2}
\end{gathered}
$$

Gọi $S$ là số bộ $(A, B, C)$ sao cho cạnh $A B, A C$ được tô cùng màu.

Giả sử số tam giác được tô cùng màu là $n$ thì số tam giác được tô không cùng màu là $C_{6}^{3}-n=20-n$

Với mỗi tam giác cùng màu số bộ $(A, B, C)$ là $3 .$

Với mỗi tam giác không được tô cùng màu thì số bộ $(A, B, C)$ là 1 . Vậy $S=3 n+20-n=20+2 n$.

Với mỗi đỉnh $C$ là gọi $a_{1}$ là số cạnh màu đỏ nhận $C$ làm đầu mút và $a_{2}$ là số cạnh màu xanh nhận $C$ làm đầu mút. Ta có $a_{1}+a_{2}=5$.

Và $C_{a_{1}}^{2}+C_{a_{2}}^{2} \geq C_{3}^{2}+C_{2}^{2}=4$ nên $S \geq 6.4=24$.

Suy ra $20+2 n \geq 24$ nên $n \geq 2$.

Gọi số tam giác có tổng các vector trên 3 cạnh bằng $\overrightarrow{0}$ là $n$.
Ta gọi $S$ là số bộ 3 diểm $(A, B, C)$ trong 17 đỉnh mà có hai vector $\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B C}$ hoặc $\overrightarrow{\mathrm{CA}}, \overrightarrow{\mathrm{CB}}$ tức là với với các vector đặt trên hai cạnh $A C, B C$ thì $C$ cùng là điểm đầu hoặc cùng là điểm cuối.

Với mỗi tam giác mà tổng các vector đặt trên các cạnh bằng $\overrightarrow{0}$ thì số bộ như trên bằng 0 .

Với mỗi tam giác mà tổng các vector đặt trên các cạnh khác $\overrightarrow{0}$ thì số bộ như trên bằng 2 .

Vậy $S=2\left(C_{17}^{3}-n\right)=1360-2 n$

Với mỗi điểm $A_{i}$ ta gọi $d_{i}$ là số vector nhận $A_{i}$ là điểm đầu và $c_{i}$ là số vector nhận $A_{i}$ là điểm cuối.

Ta có $d_{i}+c_{i}=16$ và $C_{c_{i}}^{2}+C_{d_{i}}^{2} \geq \frac{16(16-2)}{2.2}=56$.

Nên $S \geq 56.17=952$

Suy ra $1360-2 n \geq 952 \Rightarrow n \leq 204$

Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử mỗi câu lạc bộ đều có nhiều nhất 10 học sinh nam hoặc nhiều nhất 10 học sinh nữ. Gọi $S$ là số bộ $(A, B, C)$ mà học sinh nam $A$ và học sinh nữ $B$ tham gia câu lạc bộ $C$.

Vì mỗi học sinh nam và học sinh nữ bất kì tham gia ít nhất một câu lạc bộ nên $S \geq 2007^{2}$

Ta chia các câu lạc bộ thành 2 trường hợp.

TH1: Câu lạc bộ có không quá 10 nam. Số học sinh nữ là 2007 và mỗi học sinh tham gia không quá một câu lạc bộ nên số cặp $(B, C)$ trong trường hợp này không vượt quá: 2007.100 vì thế số bộ $(A, B, C)$ không vượt quá 10.2007.100.

TH2: Câu lạc bộ có không quá 10 nữ. Số bộ $(A, B, C)$ trong trường hợp này không quá 2007.10.100.

Suy ra: $S \leq 2.2007 .10 .100=2000.2007$

Vi vậy $2007^{2} \leq 2000.2007$. Vô lý.

Ta đánh số các loại kẹo từ 1 đến 11 giả sử số viên kẹo loại $i$ là $a_{i}$. Ta có $\sum_{i=1}^{11} a_{i}=X .$ Ta thấy $M=\sum_{i=1}^{11} C_{a_{i}}^{2}$

a) Khi $X=2013$ ta có $11 \mid 2013$

Ta thấy $M \geq \frac{2013(2013-11)}{2.11}=183183$ Đẳng thức xảy ra khi $a_{i}=\frac{2013}{11}=183$

b) Khi $X=2017$ ta có $2017=11.183+4$ nên

$M \geq 7 C_{183}^{2}+4 C_{184}^{2}=183915$

Gọi $T$ là số bộ $\left(\left\{g_{1}, g_{2}\right\}, s\right)$ trong đó giám khảo $g_{1}$ và $g_{2}$ có cùng đánh giá với thí sinh $s .$

Vi hai giám khảo bất kì có cùng đánh giá với nhiều nhất $k$ thí sinh nên $T \leq k C_{b}^{2}$

Với một thí sinh $s$ bất kì, giả sử có $p$ giám khảo đánh giá “đạt” và $q$ giám khảo đánh giá “trượt”. Ta có $p+q=b$ và số cặp giám khảo có cùng đánh giá với s là:

$$ C_{p}^{2}+C_{q}^{2}=\frac{p^{2}+q^{2}-p-q}{2} \geq \frac{\frac{(b-1)^{2}}{4}+\frac{(b+1)^{2}}{4}-b}{2}=\frac{(b-1)^{2}}{4} $$

Gọi $S$ là số bộ $\left(\left\{h_{1}, h_{2}\right\}, c\right)$ mà 2 học sinh $h_{1}$ và $h_{2}$ có cùng câu trả lời với câu hỏi $c$.

Vi 2 học sinh có không có quá một câu trả lời chung cho các các câu hỏi nên $S \leq C_{16}^{2}=120$

Với mỗi câu hỏi $c$ có bốn phương án trả lời, gọi số thí sinh chọn phương án thứ $i$ là $a_{i}$. Ta có $\sum_{1}^{4} a_{i}=16$

Khi đó số cặp thí sinh $\left\{h_{1}, h_{2}\right\}$ mà có cùng câu trả lời cho câu hỏi $c$ là:
$$ C_{a_{1}}^{2}+C_{a_{2}}^{2}+C_{a_{3}}^{2}+C_{a_{4}}^{2} \geq \frac{16(16-4)}{2.4}=24 $$
Ta có: $S \geq 24 n$.
Suy ra $24 n \leq 120$ hay $n \leq 5$.

a) Trước hết ta chuyển đổi giả thiết của bài toán “hai thành viên bất kỳ tham gia chung không quá một buổi” thành “hai buổi bất kì có không quá một thành viên chung”.

Ta đánh số các thành viên từ 1 đến $n .$ Gọi $a_{i}$ số buổi chuyên đề mà thành viên thứ $i$ tham gia thì $\sum_{i=1}^{n} a_{i}=12.24=288$

Gọi $T$ là số bộ $(a, B, C)$ mà thành viên $a$ tham gia vào cả 2 buổi chuyên đề $B, C$. Vi hai buổi bất kì có không quá một thành viên chung nên $T \leq C_{12}^{2}=66$. Ta có $T=\sum_{i=1}^{n} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{288(288-n)}{2 n}$

Suy ra: $66 \geq \frac{288(288-n)}{2 n}$. Dẫn đến $n \geq 198$.

Ta thấy $\left\lfloor\frac{288}{198}\right\rfloor=1$ nên các số $a_{i}$ chỉ nhận giá trị bằng 1 hoặc 2 . Giả sử có $k$ số $a_{i}$ bằng 1 khi đó $T=k$ suy ra $k \leq 66$

Suy ra: $288=2 k+(n-k)=n+k \leq n+66$. Vậy $n=222$ là giá trị nhỏ nhất.

Khi đó ta có 66 số $a_{i}$ bằng 2 và 156 số $a_{i}$ bằng $1 .$

b) $\sum_{i=1}^{n} a_{i}=10.7=70$

Gọi $T$ là số bộ $(a, B, C)$ mà thành viên $a$ tham gia vào cả 2 buổi chuyên đề $B, C$. Vi hai buổi bất kì có không quá một thành viên chung nên $T \leq C_{10}^{2}=45$.

Ta có $T=\sum_{i=1}^{n} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{70(70-n)}{2 n}$

Suy ra: $45 \geq \frac{70(70-n)}{2 n}$. Dẫn dến $n \geq 31$

Ta thấy $\left\lfloor\frac{70}{31}\right\rfloor=2$ nên các số $a_{i}$ chỉ nhận giá trị bằng 2 hoặc $3 .$

Giả sử có $k$ số $a_{i}$ bằng 3 khi đó $T=n-k+3 k=n+2 k$ suy ra $n+2 k \leq 45$.

Suy ra: $70=3 k+2(n-k)=2 n+k=\frac{3 n}{2}+\frac{n}{2}+k \leq \frac{3 n}{2}+\frac{45}{2}$. Vậy $n \geq 32$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $n$ là 32 . Khi đó ta có $k=6$ số $a_{i}$ bằng 3 và 26 số $a_{i}$ bằng 2 .

Để $m$ đạt giá trị lớn nhất thì tất cả điểm của $A$ phải thuộc vào các đường thẳng của $B$. Ta đặt tên các điểm là $A_{1}, \ldots, A_{66} .$ Gọi số đường thẳng trong tập $B$ đi qua điểm $A_{i}$ là $a_{i}$. Ta có $\sum_{i=1}^{16}=m$.

Gọi $T$ là số bộ $\left(X, d_{i}, d_{j}\right)$ mà $X \in A$ là giao điểm của $d_{i}$ và $d_{j}$ và $d_{i}, d_{j} \in B$. Rõ ràng $T \leq C_{16}^{2}=8.15=120$
Mặt khác $T=\sum_{i=1}^{66} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{m(m-66)}{2.66}$.
Ta có: $120 \geq \frac{m(m-66)}{2.66}$. Suy ra $m \leq 163$.
Ta có $\left\lfloor\frac{m}{66}\right\rfloor \leq 2$ nên ta dự đoán giá trị nhỏ nhất của $m$ ra khi $a_{i}$ nhận các giá trị là 2 hoặc $3 .$
Giả sử có $k$ giá trị $a_{i}$ bằng 3 thì $m=3 k+2(66-k)=132+k$.
Và $T=3 k+(66-k)=66+2 k=2(k+132)-198=2 m-198$.
Suy ra: $2 m-198 \leq 120$ nên $m \leq 159$.
Đẳng thức xảy ra khi có 27 số $a_{i}$ nhận giá trị bằng 3 và 39 số $a_{i}$ nhận giá trị bằng 2 .

Nhận xét $2.5$. Bài toán này thực tế giống bài toán trên vì có một tính chất mà người giải bài toán phải tự nhận thấy là “hai đường thẳng phân biệt có không quá một điểm chung”.

Để $m$ đạt giá trị lớn nhất thì tất cả điểm của $A$ phải thuộc vào các đường thẳng của $B$. Ta đặt tên các điểm là $A_{1}, \ldots, A_{66} .$ Gọi số đường thẳng trong tập $B$ đi qua điểm $A_{i}$ là $a_{i}$. Ta có $\sum_{i=1}^{16}=m$.

Gọi $T$ là số bộ $\left(X, d_{i}, d_{j}\right)$ mà $X \in A$ là giao điểm của $d_{i}$ và $d_{j}$ và $d_{i}, d_{j} \in B$. Rõ ràng $T \leq C_{16}^{2}=8.15=120$
Mặt khác $T=\sum_{i=1}^{66} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{m(m-66)}{2.66}$.
Ta có: $120 \geq \frac{m(m-66)}{2.66}$. Suy ra $m \leq 163$.
Ta có $\left\lfloor\frac{m}{66}\right\rfloor \leq 2$ nên ta dự đoán giá trị nhỏ nhất của $m$ ra khi $a_{i}$ nhận các giá trị là 2 hoặc $3 .$
Giả sử có $k$ giá trị $a_{i}$ bằng 3 thì $m=3 k+2(66-k)=132+k$.
Và $T=3 k+(66-k)=66+2 k=2(k+132)-198=2 m-198$.
Suy ra: $2 m-198 \leq 120$ nên $m \leq 159$.
Đẳng thức xảy ra khi có 27 số $a_{i}$ nhận giá trị bằng 3 và 39 số $a_{i}$ nhận giá trị bằng 2 .

Gọi $S$ là số bộ $(a, b, c)$ mà $a$ bắt tay với cả $b, c$.

Nếu ta đếm theo $a$ thì $S=12 k C_{3 k+6}^{2}$. Với 2 người bất kì, thì số người bắt tay với cả 2 người không đổi, ta đặt bằng $m$.

Nếu ta đếm theo $(b, c)$ thì $S=m C_{12 k}^{2}$.

Suy ra $m=\frac{3(k+2)(3 k+5)}{12 k-1}=3 \frac{3 k^{2}+11 k+10}{12 k-1} \in \mathbb{Z}$.

Giải phương trình nghiệm nguyên ta được $k=3$ và $m=6$.

Vậy cuộc họp có 36 người.

Giả sử ta tô màu $n$ ô.

Gọi $S$ là số bộ $\left(c_{i}, c_{j}, h_{k}\right)$ trong đó các cột $c_{i}$ và $c_{j}$ và giao với hàng $h_{k}$ tại hai ô được tô màu.

Để không xuất hiện hình chữ nhật nào có bốn đỉnh được tô màu thì với mỗi hai cột $c_{i}$ và $c_{j}$ thì có nhiều nhất một hàng $h_{k}$ nên $S \leq C_{p^{2}+p+1}^{2}$.

Với mỗi hàng, ta giả sử số ô được tô màu trên hàng đó là $a_{i}$ thì

$$ \sum_{i=1}^{p^{2}+p+a} a_{i}=n $$

Khi đó $S=\sum_{i=1}^{p^{2}+p+1} C_{a_{i}}^{2} \geq \frac{n\left(n-p^{2}-p-1\right)}{2\left(p^{2}+p+1\right)}$

Suy ra $C_{p^{2}+p+1}^{2} \geq \frac{n\left(n-p^{2}-p-1\right)}{2\left(p^{2}+p+1\right)}$

Từ đó ta thu được $n \leq(p+1)\left(p^{2}+p+1\right)$.

Đẳng thức xảy ra khi mỗi hàng có $p+1$ ô được tô màu và trên 2 cột bất kì chỉ có 2 ô nằm trên cùng một hàng được tô màu.

Việc chỉ ra một cách một cách tô màu thỏa mãn đẳng thức xin dành lại cho người đọc chuyên đề này.

Gọi tập các đường tròn là $\mathcal{T}$ Giả sử $|S|=s$

Với mỗi cặp $\left(d, C_{i}\right)$ mà $d \in S$ và đường tròn $C_{i}$ đi qua $d$.

Ta gọi $x\left(d, C_{i}\right)$ là số đường tròn đi qua điểm $d$.

Và $y\left(d, C_{i}\right)$ là số điểm mà đường tròn $C_{i}$ đi qua.

Với điểm $d$ giả sử có một đường tròn $C_{j}$ nữa đi qua điểm $d$ thì đường tròn $C_{j}$ và $C_{i}$ cắt nhau tại một điểm $d^{\prime}$ nữa khác $d .$

Suy ra $x\left(d, C_{i}\right) \leq y\left(d, C_{j}\right)$.

Vì vậy ta có: $s=\sum_{d \in S, C \in \mathcal{T} \atop d \in C} \frac{1}{x\left(d, C_{i}\right)} \geq \sum_{d \in S, C \in \mathcal{T}, C C} \frac{1}{y\left(d, C_{i}\right)}=n$

Ta phản chứng giả sử $m>n$.

Ta thấy các tập $S_{i}$ đều phải khác rỗng và ta chỉ cần xét với $m \geq 2$. Lời giải này sẽ được chúng tôi trình bày thông qua Ma trận liên thuộc. Trước hết ta lập một bảng ô vuông gồm $m$ dòng, dòng thứ $i$ sẽ ứng với tập $S_{i}$ và $n$ cột, cột thứ $j$ sẽ ứng với phần tử $j$ trong tập $\{1,2, \ldots, n\}$. Ô ở vị trí giao của cột thứ $j$ và dòng thứ $i$ sẽ được điền vào giá trị $a_{i j}$. Trong đó

$$ a_{i j}=\left\{\begin{array}{l} 1 \text { nếu } j \in S_{i} \\ 0 \text { nếu } j \notin S_{i} \end{array}\right. $$

Bây giờ ta xét trường hợp $a_{i j}=0$. Nếu trên cột $j$ có một số 1 giả sử là $a_{k j}=1$ thì $\left|S_{k} \cap S_{i}\right|=1$ nên trên dòng $i$ cũng có một số 1 . Và ta thấy rằng quy tắc này là một đơn ánh. Do đó, ta gọi $R_{i}$ là tổng các số trên dòng thứ $i$ và $C_{j}$ là tổng các số trên cột thứ $j$ thì $C_{j}<R_{i}$.

Suy ra $m-C_{j}>n-R_{i}$ và $\frac{C_{j}}{m-C_{j}}<\frac{R_{i}}{n-R_{i}}$.

Gọi $M$ là tổng các số trên bảng. Thì

$$

\begin{gathered}

M=\sum_{j=1}^{n} C_{j}=\sum_{j=1}^{n}\left(m-C_{j}\right) \frac{C_{j}}{m-C_{j}}=\sum_{j=1}^{n}\left(\sum_{i=1}^{m}\left(1-a_{i j}\right)\right) \frac{C_{j}}{m-C_{j}}= \\

=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{m} \frac{\left(1-a_{i j}\right) C_{j}}{m-C_{j}}<\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{m} \frac{\left(1-a_{i j}\right) R_{i}}{n-R_{i}}=\sum_{i=1}^{m} \frac{R_{i}}{n-R_{i}}\left(\sum_{j=1}^{n}\left(1-a_{i j}\right)\right) \\

=\sum_{i=1}^{m} \frac{R_{i}}{n-R_{i}}\left(n-R_{i}\right)=\sum_{i=1}^{m} R_{i}=M

\end{gathered}

$$

Vô lý nên $m \leq n$

Lời giải. Giả sử có $n$ người đến đọc sách. Gọi tập hợp những người tham gia đọc sách ngày thứ $i$ là $A_{i}$.

Giả sử $A_{1}=\left\{b_{1}, \ldots, b_{5}\right\}$. Mỗi phần tử của $A_{1}$ này phải thuộc vào các tập từ $A_{2}, \ldots, A_{30} .$ Gọi $b_{1}$ là người tham gia nhiều ngày đọc sách nhất thì theo nguyên lý Drichlet thì $b_{1} \geq 6$
Giả sử $b_{1}$ tham gia đọc sách vào cách ngày $A_{i_{1}}, \ldots, A_{i_{m}}$ với $m \geq 6$ Giả $A_{k}$ không chứa $b_{1} .$ Do $|B|=5$ nên tồn tại hai tập $A_{i}$ và $A_{j}$ mà $A_{i_{j}} \cap B=$ $A_{i_{h}} \cap B .$ Mặt khác $\left|A_{i_{j}} \cap A_{i_{h}}\right|=1$ nên $A_{i_{j}} \cap A_{i_{h}}=a_{1}$. Vô lý.
Suy ra $a_{1} \in A_{k} \quad \forall 1 \leq k \leq 30$
Vậy số người tham gia đọc sách là $n=30.4+1=121$.

Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử với 7 giám khảo bất kỳ luôn tồn tại một thí sinh không được hỏi bởi cả 7 giám khảo đó. Gọi $S$ là số bộ $\left(\left\{a_{1}, \ldots, a_{7}\right\}, h\right)$ mà $h$ không được hỏi bởi cả 7 giám thị $a_{1}, \ldots, a_{7}$.

Ta có $S \geq C_{24}^{7}$.

Với mỗi thí sinh thì có 14 giám khảo không hỏi thí sinh đó. Nên $S=100 C_{14}^{7}$. Suy ra $C_{24}^{7} \geq 100 C_{14}^{7}$. Điều này vô lý.

Tất nhiên bài tập này có thể giải bằng cách sử dụng nguyên lý Drichlet.