để đây và ko nói gì thêm

Nếu bạn không là một thiên tài, có 1 hi vọng để nâng trình, đó là cày ngày cày đêm thôi, chúc may mắn

https://drive.google...xQE1viHnkCP_7hE

Ta thấy nếu dãy ko chứa số 0 thì : D dễ thấy tổng các số sẽ lớn hơn hoặc bằng 2018 vô lý

nếu có 1 số 0 trong dãy, thì dãy sẽ tuần hoàn theo kiểu: a-a-0-a-a-0-a-a-0-...

dãy như thế này ko tồn tại bởi vì nó tuần hoàn chu kì 3 nên số các sô phải chia hết cho 3...

vậy nên k tìm đc dãy t/m

Gọi $X=\left \{ a_{i}|i=1,...,n+1 \right \}.$

Với mỗi $a_{i}$, Gọi $S_{i}$ số tập $A_{1}, A_{2}$ mà $a_{i}\in A_{1} \cap A_{2}$ Do $A_{1}$ chứa $a_{i}$ nên có $2^{n}$ cách chọn $A_{1}$. tương tự có $2^{n}$ cách chọn $A_{2}$, mà $a_{i} \in X$ nên có n+1 cách chọn $a_{i}$, do đó số phần tử là: $(n+1).2^{n}.2^{n}=(n+1).4^{n}$

Prob 18

trừ cách nhân vào còn gì khác không ậ

Cách khác ạ: điều kiện các kiểu bạn tự chú ý nhé

$x^2+4x+5=\sqrt{2x+3}\Leftrightarrow (x^2+2x+1)+(2x+3-2\sqrt{2x+3}+1)=0\Leftrightarrow (x+1)^2+(\sqrt{2x+3}-1)^2=0$

ta thấy vế trái luôn lớn hơn hoặc bằng 0 thế nên $x+1=\sqrt{2x+3}-1=0\Leftrightarrow x=-1$

a) Tập lớn nhất là B={0,1,...,2005}

b) Gọi C là tập ngoan chứa 2002, 2005, thế thì a phải chứa {0,3}, từ đó quy nạp lên, C phải chứa các phần tử có dạng 2005-3k.

do đó phải chứa phần tử 1, như vậy thì C luôn chứa các phần tử liên tiếp từ 0 tới 2005, vậy tập C bé nhất chính là tập B ><

Ta chứng minh bổ đề, Nếu $p,q$ là số nguyên tố và $q^{2}|2^{p-1}-1$ thì $q=3$.

Thật vậy, giả sử tồn tại $q>3$ thỏa mãn, ta thấy $p>3$. Suy ra $2^{p-1}-1\equiv -1$ (mod 8) nhưng $q^{2}\equiv 0,1,4$ (mod 8) suy ra vô lý, 

Vậy bổ đề đc c/m.

Ta trở lại với bài toán:

Xét p=2 ko thỏa mãn, p=3 : thỏa mãn.

Xét p>3:dựa vào bổ đề, và định lý fecma nhỏ thì $2^{p-1}-1$=$p.m$, m>2 không chia hết cho p, do đó $p(2^{p-1}-1)$ =$p^{2}.m$,, vậy nếu $p(2^{p-1}-1)$ là lũy thừa của một số nguyên nào đó, thì nó là lũy thừa bâc 2 của 1 số nguyên, suy ra m là lũy thừa bậc 2 của 1 số nguyên. mặt khác theo bổ đề, nếu m có ước nguyên tố q khác 3 thì  $q^{2}|2^{p-1}-1$ vô lý, vậy $m=3^{2h}$, h>0. $2^{p-1}-1$=$p.9^{h}$

Xét p=5 loại, p=7 thỏa mãn. 

Ta chứng minh với $p>7$ thì $2^{p-1}-1$ luôn có ước nguyên tố khác 3,p, từ đó ko thể viết $2^{p-1}-1$ dưới dạng $p.9^{h}$

thật vậy, viết $p=2^{i}.3^{j}.r+1$ r>0 không chia hết cho 2,3, $i,j\geq 0$. 

Nếu $j\neq 0$ thì $7|2^{3}-1|2^{p}-1$ mâu thuẫn

Vậy j=0, nếu i>1 thì $5|2^{p}-1$ cũng mâu thuẫn

Vậy j=0, i<2, vì p>7 nên $r\geq 5$. như vậy r luôn có ước nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5. Gọi ước này là a. ta có $2^{a}-1|2^{p}-1$, Giải phương trình $2^{a}-1=3^{b}$ ta được a=2, b=1, ko thể xảy ra do a>2, vậy $2^{a}-1$ luôn có 1 ước nguyên tố khác 3 vậy là đã xong rồi, 4 tiếng cuộc đời

Bài 4 : Cho tập hợp khác rỗng $X\subset \mathbb{N}\setminus \left \{ 0 \right \}$ thoả mãn đồng thời 2 điều kiện :

(i) Tồn tại $x,y\in M :(x,y)=1$

(ii) Với mọi phần tử $a,b\in X:a+b\in X$ .

Gọi $T= \mathbb{N}\ast \setminus X$ và $S(T)=\sum_{a\in T}a$ . Chứng minh rằng :

a) T là tập hữu hạn 

b)$\left | T \right |\geq S(T)$

a) Bổ đề: Định lý sylvester: Cho (a;b)=1 thế thì $N_0=ab-a-b$ là số lớn nhất ko biểu diễn đc dưới dạng $ax+by$, trong đó a,b nguyên dương, x,y nguyên không âm

Quay lại bài toán: Dễ thấy nếu $x\in T=\mathbb{N}*$ \ $X$ thì $0<x\leq ab-a-b$

Do đó T là hữu hạn

Cm $1\in S$

=> $1^{2}-1=0\in S$

=> $0^{2}-1=-1\in S$

=> $1^{2}-(-1)=2\in S$

=> $0^{2}-2=-2\in S$

.......

Làm liên tiếp nhiều lần như vậy tạo ra được tất cả các số vét hết tập $\mathbb{Z}$

Khó nhất là c/m $1\in S$ rồi bạn ơi, lời giải thì có trong THTT 424:

https://drive.google...mRhTTd6Tms/view

>< toàn bài khó

Bài 4 : Cho tập hợp khác rỗng $X\subset \mathbb{N}\setminus \left \{ 0 \right \}$ thoả mãn đồng thời 2 điều kiện :

(i) Tồn tại $x,y\in M :(x,y)=1$

(ii) Với mọi phần tử $a,b\in X:a+b\in X$ .

Gọi $T= \mathbb{N}\ast \setminus X$ và $S(T)=\sum_{a\in T}a$ . Chứng minh rằng :

a) T là tập hữu hạn 

b)$\left | T \right |\geq S(T)$

Ý b nó cứ sao sao ấy, mỗi phần tử của T đã ko nhỏ hơn 1 rồi, vậy thì tổng của các phần tử chắc chắn phải lớn hơn số phần tử chứ nhỉ

Bài 2 : Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1 và S là tập hợp các tập con gồm n phần tử của tập hợp $\left \{1,2,...,2n \right \}$ . Xác định $\underset{A\in S}{max}\left ( \underset{x,y\in A :x\neq y}{min}[x;y] \right )$, ở đây $[x,y]$ là BCNN của x và y.

(RMN_MO 2013)

Đây là đề RMN_TST 2013, nhìn cái giải khủng quá chả muốn dịch:

https://artofproblem...h621915p3717941

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề: cho dãy $1,2,...,k$ muốn lộn ngược dãy thành $k,k-1,...,2,1$ thì phải tốn ít nhất $\frac{(k-1).k}{2}$ bước đổi 2 số cạnh nhau.

Thật vậy, vì muốn chuyển $1$ tới $k$ thì phải qua $k-1$ bước, sau đó ko mất tổng quát, dãy sẽ trở thành: $2,3,...,k,1$ (bởi nếu đổi chỗ 2 vị trí khác số 1, thì cũng chẳng khác nào đổi sau khi 1 về vị trí cuối cùng rồi). do đó, lại tốn ít nhất $k-2$ bước cho 2 vị trí của $k$, cứ như thế số bước ít nhất là $1+2+...+k-1$=$\frac{(k-1).k}{2}$.

Bắt đầu xét 2 TH: 

TH1: n=2k, ta chia đường tròn thành 2 phần có số điểm bằng nhau: $1,2,...,k$ và $k+1,...,n$.        (*)

   Ta chứng minh số cách ít nhất là lôn ngược 2 phần trên.

Thật vậy giả sử còn cách nào đó mà chia đường tròn thành các phần để lộn ngược, ta hoàn toàn có thể ghép 2 phần cạnh nhau với nhau thành 1 phần, cứ ghép đến khi chỉ còn 2 phần, 2 phần này khác $1,2,...,k$ và $k+1,...,n$ tức là 1 phần có độ dài là $1,2,....,k+i$, một phần có độ dài $1,2,...,k-i$, $i>0$, số bước ít nhất để lộn 2 phần là:

$\frac{(k+i-1)(k+i)}{2}+\frac{(k-i-1)(k-i)}{2}=\frac{2k^{2}+2i^{2}-2k}{2}>k(k-1)$ là số bước cho cách chia (*), vậy suy ra phải tốn ít nhất $k(k-1)$ bước

TH2: n=2k+1. Tương tự ta chứng minh đc cách chia nhỏ nhất là $\frac{k(k+1)}{2}+\frac{(k-1)k}{2}$

bằng quy nạp ta có: $u_n=\frac{1}{n(n+1)}\Rightarrow \left \lfloor S_n \right \rfloor=1$

mình tưởng sẽ thành xdx=tdt?

ờ ờ đúng r mình nhầm,  

Câu 1 đổi biến thôi:

đặt $x^2+1=t^2, t>0$ thì $dx=dt, x^2=t^2-1$ ta có $\int x^3\sqrt{x^2+1}dx=\int (t^2-1)tdt$ easy rồi

Theo mình nghĩ phương trình đầu là $(m+1)x+my=2m-1$

và khi đó giải ra $x=m-1, y=-m+2$ suy ra $x+y=1$. 

Ta có: $(x-y)^2\geq 0$ do đó $(x+y)^2\geq 4xy$ hay $xy\leq \frac{1}{4}$

Mấy kiểu bài này đi tìm hệ thức độc lập giữa 2 ẩn thôi

bài toán chính là tìm đk của m để $x^2-2(m+1)x+m^2-2m$ khác $0$ với mọi $x\in [0;1)$, nói cách khác là phương trình

$x^2-2(m+1)x+m^2-2m=0$ vô nghiệm trên $[0;1)$

TH1: $\Delta <0$, giải ra ta đc dk của m

TH2: $\Delta =0$ , dễ, thay vào thử

TH3: $\Delta >0$, tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm pb thỏa mãn

     3a) $x_1,x_2<0$

     3b) $x_1<0<1\leq x_2$

     3c) $1\leq x_1<x_2$

*Nếu $1\in S$ thế thì : $\frac{1+1}{1}=2\in S$, quy nạp lên: $1+n\in S$, suy ra $S$ vô hạn vô lý

Vậy $1\notin S$.

*Nếu $S$ chỉ chứa $2$ thì thỏa mãn,

giả sử S có chứa phần tử nào đó lớn hơn $2$, gọi đó là $x$, ta có: $\frac{x+x}{x}=2\in S$

a) Nếu $x$ lẻ: $x+2\in S$ suy ra $S$ vô hạn vô lý

b) Nếu $x$ chẵn: $\frac{x}{2}+1\in S$, tiếp tục quá trình, để ý dãy thu đc sẽ giảm dần do $\frac{x}{2}+1<x$ với $x>2$, vì vậy đến 1 lúc nào đó, $\frac{x'}{2}+1=2$ vì nếu không, tồn tại $2<x<3\in S$ vô lý

nhưng $\frac{x'}{2}+1=2$ thì $x'=2$ do đó $x=2$ vô lý

để ý mỗi đoạn thẳng chỉ đi qua tối đa n+1 điểm, mà có (n+1).(n+1) điểm nên cần có ít nhất n+1 đoạn thẳng.

Với mỗi hình nxn thì ta chỉ cần chọn n+1 đoạn thẳng song song với trục hoành thôi

Ta có thể phát biểu lại, Cho n>7 tập hợp $A_{1},A_{2},...,A_{n}$, trong đó:

|$A_{1}$|=|$A_{2}$|=...=|$A_{n}$|=3, $\left | A_{i}\cap A_{j} \right |=1,i\neq j$. Chứng minh:$\left | \bigcap_{i=1}^{n}A_{i} \right |=1$

Chứng minh: vì $A_{1}$ có chung đúng 1 phần tử với n-1 tập còn lại, nên có phần tử a chứa trong ít nhất $\left \lfloor \frac{n-1}{3} \right \rfloor+1>3$ tập khác,

Vậy có ít nhất 4 tập chứa phần tử a. giả sử có tập B khác 4 tập này, không chứa phần tử a, mà nó lại có chung 1 phần tử với mỗi 1 trong 4 tập, mặt khác tập B chỉ có 3 phần tử, do đó phải tồn tại 1 phần tử cùng thuộc 2 trong 4 tập chứa a, vô lý vì 2 tập chỉ chứa đúng 1 phần tử chung. Vậy a là phần tử chung của n tập, đpcm

đề bài nên sửa lại, vì nếu có vô hạn ô thì ko thể dừng đc, phải có một số ô nào đó nhất định.

c/m ý 1: Đầu tiên ta chứng minh, khi thực hiện 2 lên ô N+1, chỉ có thể tác động lên ô N+1 tối đa 3 phép toán nữa (xét các ô xung quanh). Do đó đến 1 lúc nào đó, ta ko thể thực hiện 2 được nữa, khi đó ta chỉ có thể thực hiện 1. Như vậy ta chỉ có thể thực hiện 1, mà thực hiện 1 thì ô tác động sẽ tăng dần, (do tác động rồi thì ko thể thực hiện ngược lại), do đó mà đến 1 lúc nào đó, phải dừng lại/

đặt $u_{1}=2, u_{n+1}=2u_{n}+1$, ta chứng minh, người thứ nhất cứ đưa số que diêm về dạng $u_{i}$, i=1,2,...,n thì chiến thắng, cái này dễ thôi, vì khi còn $u_{n}$ que diêm, đối phương sẽ bốc từ $1$ đến $u_{n-1}$ que, tức số que còn lại là $u_{n-1}+1$ tới $2u_{n-1}$, từ đó chắc chắn có thể đưa về dạng $u_{i}$, đến khi còn 2 que, người thứ 2 chắc chắn phải bốc 1 que -> người thứ nhất thắng.

Vậy ban đầu người thứ nhất chỉ cần bốc 109 que, số que diêm còn lại sẽ là: 191=$u_{7}$, ta có đpcm

Mình là sinh viên năm nhất BKHCM, mình muốn dự thi olympic toán SV quá mà trường không có fanpage để trao đổi. 

Cho mình hỏi ôn thi thì về phần hàm số cần ôn như định lí Fermat, Rolle,Larange,... có ai có nhiều tài liệu, bài tập không ạ cho mình xin với, mình còn hoang mang về phần đó lắm. 

Các bài tập hay về ma trận, định thức cũng ít có bài giải nữa

Ai cho mình xin file với ạ

mình có kỉ yếu olp toán sv 4 năm gần đây bạn tham khảo

https://drive.google...G4yoVyZUdFwlTyd

Giải pt nghiệm nguyên: 6y²=y(y+1)(2y+1)

nhóm y ra ngoài, bên trong là ptb2 giải đc, nhầm đề chăng