Hình như cái này là bất đẳng thức Inclusion-Exclusion

Bạn nói rõ cho mình với

Cho các tập $A_{1},A_{2},...,A_{n}$

Đặt $\sum |A_{i}|=M_{1}$

$\sum |A_{i}\cap A_{j}|=M_{2}$

...

$|A_{1}\cap A_{2}\cap ...\cap A_{n}|=M_{n}$

Theo bao hàm và loại trừ:

$S=|\bigcup A_{i}|=M_{1}-M_{2}+...+(-1)^{n-1}.M_{n}$

Chứng minh:

$S\geq M_{1}-M_{2}+...+(-1)^{m+1}.M_{m}$ với $m$ chẵn

$S\leq M_{1}-M_{2}+...+(-1)^{m+1}.M_{m}$ với $m$ lẽ

hinh nhu ban nham đe

phai la 2010 chứ

2010 thì bạn làm tiếp đi

${CN.MF}\Leftrightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{IB}{IC}.\frac{ED}{DF}$

 Đến đây thì dễ dàng chứng minh rồi   

Vậy A,M,N thẳng hàng 

Làm kĩ đi bạn

Tài liệu đó ở đâu vậy bạn??Nếu có file bạn up lên cho mình xin nha Thanks bạn trước

hình như là đây, bề k0 phải thầy lương

http://www.vnmath.co...at-bien-le.html

Bài toán: Trên $1$ vòng tròn cho trước hai viên bi màu đỏ và không có bi xanh.Mỗi thao tác,cho phép thực hiện một trong

 

hai động tác sau:

 

1) Đặt thêm $1$ viên bi đỏ vào giữa hai viên bi,đồng thời đổi màu hai viên bi bên cạnh,

 

2) Rút ra khỏi vòng tròn một viên bi đỏ,và đồng thời đổi màu hai viên bi bên cạnh.

 

Hỏi sau một số lần thực hiện thao tác trên,có thể thu được một vòng tròn chỉ gồm hai viên bi xanh

 

không mà không có viên bi đỏ nào không?

Bài toán: Trên $1$ vòng tròn cho trước hai viên bi màu đỏ và không có bi xanh.Mỗi thao tác,cho phép thực hiện một trong

 

hai động tác sau:

 

1) Đặt thêm $1$ viên bi đỏ vào giữa hai viên bi,đồng thời đổi màu hai viên bi bên cạnh,

 

2) Rút ra khỏi vòng tròn một viên bi đỏ,và đồng thời đổi màu hai viên bi bên cạnh.

 

Hỏi sau một số lần thực hiện thao tác trên,có thể thu được một vòng tròn chỉ gồm hai viên bi xanh

 

không mà không có viên bi đỏ nào không?

Bạn xem tập bất biến của thầy Lương ấy

Lâu rồi mới có thời gian post bài:

Bài này dùng đơn biến nhé bạn.

Lập hàm số học:$f_{n}(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})=(x_{1}-x_{3})^{2}+(x_{2}-x_{4})^{2}+(x_{3}-x_{5})^{2}+(x_{4}-x_{1})^{2}+(x_{5}-x_{2})^{2}$(trạng thái thứ n)

Xét hàm đó ở trạng thái thứ n+1:

$f_{n+1}(x_{1},x_{2},x_{3}+x_{4},-x_{4},x_{5}+x_{4})=(x_{1}-x_{3}-x_{4})^{2}+(x_{2}+x_{4})^{2}+(x_{3}-x_{5})^{2}+(x_{4}+x_{1})^{2}+(x_{5}+x_{4}-x_{1})^{2}$

Giờ ta xét hiệu :$f_{n+1}-f_{n}$$=2x_{4}(x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5})<0$

Suy ra $f$ là hàm giảm ,vậy ta nhận được dãy giảm vô hạn các số nguyên dương (vô lí)

Vậy phép biến đổi trên phải kết thúc sau hữu hạn lần.

Có cách khác không bạn, cách này hơi cũ rùi

Cho ngũ giác có các đỉnh được gán các giá trị nguyên $x_{i}$ với $i\in \left \{ 1;2;3;4;5 \right \}$

Sao cho $\sum _{i=1}^{5}x_{i}> 0$ Bốc ra 3 đỉnh liên tiếp $x,y,z$ có $y<0$ thì ta thay $(x;y;z) \mapsto (x+y;-y;y+z)$

Cứ làm như thế, Chứng minh thuật toán này luôn phải dừng!!

khiếp, ngồi nghĩ bài này mất cả buổi chiều nhưng cuối cùng cũng ra

Do các số được xếp thành một đường tròn nên ta có thể nhận được dãy ...$0$;$1$;$0$;$1$;$0$;...

Đặt các số này lần lượt là ...$x_{49}$($0$),$x_{50}$($1$),$x_1$($0$),$x_2$($1$),$x_3$($0$),...

Giả sử ta thu được một dãy $50$ số bằng nhau sau một số làn hữu hạn, khi đó dãy trở thành ...,$k$,$k$,$k$,$k$,$k$,...

Lúc đó, ta đã biến đổi các số $0$ $k$ lần và biến đổi các số $1$ $k-1$ lần

Giả sử ta đã biến đổi hai số $x_{50}$ và $x_1$ $m$ lần và biến đổi hai số $x_1$ và $x_2$ $n$ lần thì $m+n=k$($1$)

Vì các số $x_{50}$ và $x_2$ đã được biến đổi $k-1$ lần nên ta đã biến đổi hai số $x_{50}$ và $x_{49}$ $k-m-1$ lần.

Vì số $x_{49}$ đã được biến đổi $k$ lần nên ta đã biến đổi hai số $x_{49}$ và $x_{48}$ $m+1$ lần.

... Tương tự, ta đã biến đổi hai số $x_3$ và $x_2$ $m+1$ lần. Do đó, ta đã biến đổi hai số $x_2$ và $x_1$ $k-m-2$ lần $\Rightarrow k-m-2=n \Rightarrow m+n=k-2$($2$)

Từ ($1$) và ($2$) ta có đpcm

Anh không cần làm vậy đâu, xét đại luợng bất biến

$T=\sum _{1}^{49}(x_{i}-x_{i+1})$

Với $x_{1}=x_{3}=1$

Đến đây Xét 2 trạng thái ban đầu và sau biến đổi thì ta thấy sự vô lí

Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ có giá trị là $1$ hoặc $-1$

Lại có:

$\sum _{1}^{n}a_{i}.a_{i+1}.a_{i+2}.a_{i+3}=0$

Quy ước: $\left\{\begin{matrix} a_{n+1}=a_{1} & & \\ a_{n+2}=a_{2} & & \\ a_{n+3}=a_{3} & & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $n\vdots 3$

Bổ đề:(Vasile) Với $a,b,c$ không âm và số thực $k$ ta có bất đẳng thức:

$(ab)^k+(bc)^k+(ac)^k\leq \max(\frac{1}{3^{2k-1}};\frac{1}{4^k})$

Chứng minh cái này thì tham khảo trên mạng =))

Ta chỉ cần đổi biến là ok

Ta tô màu bàn cơ bằng 2 loại ô trắng và đen.

Dễ thấy bàn cờ kích thước $8\times 8$ có 32 ô trắng và 32 ô đen loại bỏ 2 ô bất kì nên còn 31 ô trắng và 31 ô đen

 

Dù ở bất kì vị trí nào thì mảnh gõ kích thước $1\times 2$ cũng phủ 2 ô bằng được tô bằng 2 ô khác loại.

 

Giả sử có thế ghép mảnh gõ $1\times 2$ thành bàn cờ gồm 31 hình chữ nhật thì số ô tô mỗi loại phải bằng nhau vậy ta có điều cần chứng minh.

Đó mới là điều kiện cần để lát thôi, chưa chỉ ra cách lát, vì đề bài vẹ chứng minh CÓ THỂ nên cách CM trên ko được

Còn cái phần tô ấy không hiểu lắm, lỡ còn 30 ô đen và 32 ô trắng thì sao

Cách tô thế nào??? (kiểu bàn cờ vua hay...blah blah)

 

ĐỀ THI  DUYÊN HẢI BẮC BỘ KHỐI 11 NĂM HỌC 2012-2013

 

Hình câu tổ hợp đâu

Thích thì cứ làm, nhưng nếu làm thì tổng hợp trên VMF ấy, 1 kho tàng

 

 

Bài toán 10: Giải PT $x = 8\left\lfloor {\sqrt[4]{x}} \right\rfloor  + 3$ trên tập số tự nhiên.

 

Bài 10 giới hạn miền là ok

Đặt $\sqrt[4]{x}=[\sqrt[4]{x}]+\left \{ \sqrt[4]{x} \right \}=a+b$

Với $b=\left \{ \sqrt[4]{x} \right \}\in [0;1)$

$a=[\sqrt[4]{x}]$

Phương trình tương đương với $1\geq b=\sqrt[4]{8a+3}-a> 0$

Từ đó ta được $a\in \left \{ 0;1;2 \right \}$

Thử từng trường hợp, thấy thoả, kết luận

$a\in \left \{ 0;1;2 \right \}$

Do đó $x\in \left \{ 3;11;19 \right \}$

Cho $a,b,c\geq 0$ và không có 2 số nào đồng thời bằng 0 và $k\geq \log _{\frac{3}{2}}2$

Chứng minh rằng:

$\sum _{cyc}\frac{1}{a^{k}+b^{k}}\geq \frac{5.2^{k-1}}{(a+b+c)^{k}}$

$$f(x)=2^x+3^x-1-4x\\f''(x)=2^x \ln^2 2+3^x \ln^2 3>0$$
Suy ra $f(x)=0$ có tối đa 2 nghiệm

Dễ thấy 2 nghiệm là $1$ và $0,668...$
Suy ra kết quả

@_@ nghiệm chính xác cậu

Dùng wolfalpha ko cho căn à

Bài toán 1.

Ch0 các số thực $a_1,a_2,...,a_n\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $\sum^{n}_{i=1} |x_i|=1$ và $\sum^{n}_{i=1} x_i=0$. Chứng minh rằng:

$$\left|\sum^{n}_{i=1} \frac{x_i}{i}\right|\leq \frac{1}{2}-\frac{1}{2n}$$

p/s: Cái điều kiện ghi tùm lum tề 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$$\left ( a+b+c \right )^2\left ( \frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\right )\geq 9$$

Chú ý đẳng thức sau :

$$\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{\left ( a+b+c \right )^2-c\left ( a+b+c \right )-\left ( ab+bc+ca \right )}=\frac{1}{1-\frac{c}{a+b+c}-\frac{ab+bc+ca}{\left ( a+b+c \right )^2}}$$

Đặt $x=\frac{a}{a+b+c}$, $y=\frac{b}{a+b+c}$, $z=\frac{c}{a+b+c}$ và $t=\frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}$, lưu ý rằng $x+y+z=1$.

Bất đẳng thức được đưa về dạng :

$$\frac{1}{1-x-t}+\frac{1}{1-y-t}+\frac{1}{1-z-t}\geq 9$$

Quy đồng khử mẫu, đưa về chứng minh :

$$1-4(xy+yz+zx)+9xyz \geq 0$$

Bất đẳng thức trên chính là một biến đổi có được từ bất đẳng thức $Schur$ :

$x^3+y^3+z^3+3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ trong trường hợp $x+y+z=1$.

 

Vậy ta có $đpcm$.

ok

Đây là một trong những hệ quả hệ quả của định lí sau: Cho hình lồi có đường kính $d$ ta luôn phủ được nó bởi một hình lục giác đều có khoảng cách giữa hai cạnh đối nhau là $d$. (Tạm thời mình quên mất tên đinh lí này, )

Áp dụng định lí này ta có ngay hình tròn bán kính $\frac{d}{\sqrt{3}}$ ngoại tiếp lục giác trên.

Chứng minh định lí trên ta sử dụng phương pháp tịnh tiến và quay các đường thẳng để tạo nên lục giác.Lời giải mình xin post sau....

Post đi anh

Tìm tất cả các số nguyên dương $m$ sao cho nếu tồn tại số nguyên dương $n$ thoả mãn $m^n\equiv 1(\mod n)$ thì $m\equiv 1(\mod n)$

Có mỗi chị là xì mát,        

I'm boy   

3 GF Thời gian đâu mà học toán

Anh cũng tin à, nếu thế thì em có 7GF đấy, 1 ngày chát vs 1 em, ok?!

Cần thì post ảnh luôn,....ai biết là thật hay giả đâu

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1

Chứng minh rằng:

 

$a^2+b^2+c^2+3\geqslant a+b+c+ab+bc+ca$

Hãy cho $a\geq b\geq c$

$f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+3-a-b-c-ab-bc-ac$

$f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=2ab+c^2+3-2\sqrt{ab}-c-ac-2c\sqrt{ab}$

Dễ chứng minh $f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$

Bằng đạo hàm dễ có đpcm