Anh có thể giải chi tiết cho em được không ạ ?
Em cảm ơn anh nhiều.

Bạn cũng có thể dùng lập luận đó để chứng minh 9,9999...<10 , hay $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...<2$

Không thể "đi từng bước một" như vậy để đạt tới vô hạn.Ví dụ không thể khẳng định dãy 1+1+1+... có tổng hữu hạn bằng lập luận (hữu hạn)+1=(hữu hạn)

Vụ lỗ đen thì là do không gian bị cong .

Mình nghĩ 1:0 là không xác định chứ sao lại ra $\infty$ nhỉ  

Trong hệ quy chiếu là ánh sáng thì thời gian =0

Bài 18: Cho tập A = {1,2,3...,2016}. Hỏi lấy ra nhiều nhất bao nhiêu phần tử từ tập A để trong những phần tử lấy ra không có phần tử nào bằng tích của hai phần tử còn

Không ai vào làm nhỉ 

Xét bài toán với tập 1 đến n:

Xét trường hợp lấy ra tất cả các số lớn hơn hoặc bằng $\sqrt{n}$ , số 1 và số $\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor$ nếu $\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor.\left \lfloor \sqrt{n}+1 \right \rfloor > n$ (hiển nhiên thỏa mãn)$a=\left \lfloor \sqrt[4]{n} \right \rfloor$

Giả sử lấy số $a=\left \lfloor \sqrt[4]{n} \right \rfloor$ thì ta có a^3-a  số : (a+1,a^2+a),...,(a^3,a^4) trong đó chỉ 1 trong cặp tồn tại

Ta thấy $a^{3}-a\geqslant 2a^{2}-2$ nên khi chọn a và các số nhỏ hơn ta được dãy ít số hơn dãy đã xét

Giả sử lấy k số $\sqrt[4]{n} \leq  b< \sqrt{n}$ thì tích số min với các số còn lại và tích 2 số lớn nhất ta được k tích khác nhau lớn hơn $\sqrt{n}$ nên ....

Trường hợp k=2 thì tích 2 số và tích số và tích của số nhỏ hơn với số nhỏ nhất lớn hơn căn n sẽ nhỏ hơn n (dễ cm) nên ...

Trường hợp k=1 cmtt

Vậy ta có dãy đã xét là dãy có số phần tử max

Giả sử có n+1 số $m \geq n \rightarrow$ tồn tại $m \geq 2n+k (k \geq 0)$

Gọi tích các số không chia hết cho p và $\geq m$ là s thì $gcd(p^{m-n},s)=1$ ( dễ cm )

Vậy ta có $p^{m-n=n+k}|p.2p.3p...\left \lfloor \frac{2n+k}{p} \right \rfloor$

Lại làm tương tự cuối cùng ta có : $\left \lfloor \frac{2n+k}{p} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2n+k}{p^2} \right \rfloor+...+\left \lfloor \frac{2n+k}{p^{n+k}} \right \rfloor \geq (2n+k)(\frac{1}{p-1}-\frac{1}{p^{n+k+1}(p-1)})-(n+k) \geq n+k \rightarrow$ dpcm (nếu 2n+k $\geq p ^{n+k}$ thì suy ra dpcm )

Xét 3 số nguyên liên tiếp: p-1,p,p+1 có tích nhỏ hơn đb

Xét 3 sô nguyên liên tiếp p,p+1,p+2  có tích lớn hơn đề bài 

Vậy không có no thỏa mãn

Bạn phân tích dần ra dùng HĐT a^2-b^2=(a+b)(a-b)

Nếu vậy mình hỏi 1 bài như này : bạn wanderboy chấm 1 điểm bất kì trên giấy trên giấy,rồi chấm thêm 1 điểm nữa,vậy có khi nào 2 điểm đó trùng nhau ?

Ý mình là cái lý luận này sai ở chỗ khẳng định không thể là thứ 7 có nghĩa là khẳng định chắc chắn tuần đó sẽ kt nhưng lại kết luận trái với gt ban đầu.Câu này xét về lý thuyết thì cô giáo đúng vì học sinh không thể nghĩ rằng 1 ngày nào đó sẽ kiểm tra vì nếu nghĩ như thế thì ngày đó lại không kiểm tra(theo gt).Nhưng theo thực tế thì mình nghĩ vẫn có thể lý luận như trên (nếu cô không phản bác được)

Nếu PT đúng thì giả sử $36a+b|36b+a\rightarrow 36a+b|37(a+b)\rightarrow 36a+b=37(a+b)$(vì 37 nguyên tố và a+b<36a+b)$\rightarrow$ VN

Mình thấy cái đk2 hơi thừa 

thắng>thua :Với n=6

Giả sử n1>n2,3,4,5(cả 6 thì ok) và n1<n6$\rightarrow$ n6>n1,2,3,4 và n6>n1,3,4,5$\rightarrow$ n6 max(n6>n...)

Với n'=n+1 thì giả thiết sai khi n max< n mới

Xét các nhóm 5 người có n max và n mới thì ta sẽ dc n mới là max vì không có n nào thắng n max cũ 

Hoàn toàn được thầy Thế ơi! Theo đúng lý thuyết tập hợp.

Bạn đó đã chứng minh đúng, nhưng là đúng cho mệnh đề "số các điểm trên hai đoạn thẳng bất kỳ là bằng nhau" bằng cách chỉ ra một song ánh giữa các điểm của hai đoạn thẳng! (Theo lý thuyết tập hợp, cụ thể là lực lượng tập hợp)

Nhưng vấn đề "độ dài" là một khái niệm khác hẳn với điểm (độ dài có "kích thước" còn điểm thì không). Bạn có thể tìm hiểu về điều này trong khái niệm về độ đo - trong chương trình cao cấp về Toán.

Nếu vậy khi chia đoạn thẳng làm 2 phần thì ta có $\infty -\infty=\infty=-(\infty-\infty)=-\infty\rightarrow \infty=-\infty\rightarrow \infty=0?$

Cái này giống như cái nghịch lý ngày hành quyết bất ngờ.Mình nghĩ là để đạt được mục đích thì cậu học sinh trước mỗi ngày phải suy luận rằng ngày hôm sau chắc chắn có kiểm tra VD: không thể là thứ x vì ... nên sẽ là thứ x-1.Như vậy cô sẽ không thể cho kiểm tra ngày hôm sau vì nếu thế thì suy luận của cậu ta đã đúng và cậu ta đã biết trước được ngày kiểm tra.Nếu không thì coi như cậu ta lập luận...sai và lại tiếp tục vào ngày hôm sau và đương nhiên là cô không thể phản bác lập luận bằng cách "nhỡ thứ x-2 kiểm tra thì sao" vì ngày x-2 đã qua rồi.  

Nhóm m vào 1 ngoặc rồi đánh giá 2 cái =0 thôi (-2,-1)

Câu 3b:Xét (A,1) giả sử có $\geq 1009$ điểm $\notin (A)$ 

Xét $B\notin A$ ,điểm C$\notin (A)\rightarrow C\in (B,1)$ vì AB$< 1$

Đã có ở đây :http://diendantoanho...-số-học-thu-vị/

Có $a^{2}+b^{2}\vdots 7\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\vdots 49$

$(1)+(2)\Leftrightarrow 14(x^{2}+y^{2})=z^{2}+t^{2}\rightarrow z^{2}+t^{2}\vdots 49\rightarrow x^{2}+y^{2}\vdots 49\rightarrow ...\rightarrow x^{2}+y^{2},z^{2}+t^{2}\vdots 7^{\infty }\rightarrow x=y=z=t=0$

Đề bài $\rightarrow$ I và J là điểm chia trong và ngoài AB .Nếu thêm điều kiện $M\notin AB$ thì $\Delta MAB$ có phân giác ngoài và trong tại M cắt AB tại I và J nên $\angle IMJ=90 \rightarrow$ dpcm

Câu 5 (lần 2): a,Có .VD:3 viên hàng đầu tiên

b,Khi cho thêm 1 viên vào bảng thì hàng và cột, đường chéo sẽ từ $0\Leftrightarrow 1$ nhưng vì ta chỉ xét chẵn lẻ nên coi như tăng mỗi hàng,... 1 điểm

Ta đánh số cho bảng lần lượt $1\rightarrow 9$ thì các ô 2,4,5,6,8 không ảnh hưởng đến tính chẵn lẻ vì tăng 4 điểm nên ta chỉ xét ô 1,3,7,9

Đến đây có 2 cách chọn lẻ và chẵn

Là Hạnh vì không ai nhận mình nói dối

Bài 17: 1 bảng n x n được đánh số từ 1 đến $n^{2}$.CMR có ít nhất 2 ô cạnh nhau khác nhau ít nhất n đơn vị.

Bài 16:Đánh số n người đó theo các số từ 1 đến n theo 1 chiều xác định, khi đó chiều ngược lại: $\Rightarrow 2\rightarrow n,3\rightarrow n-1,...$

Chia n người đó làm 2 phần sao cho độ dài cung từ vị trí ban đầu đến vị trí cần tới(ngược lại) là nhỏ nhất thì ta cần sắp dãy $q,q+1,...,k-1,k\rightarrow k,k-1,...q+1,q$ Với k=2 thì hiển nhiên cần ít nhất 1 lần đổi chỗ

Giả sử với k=m ta cần ít nhất a lần đỗi chỗ thì với k=m+1 ta cần ít nhất a+m-1 lần vì khi đó $k \rightarrow q$ cần m-1 lượt và khi đó ta phải sắp dãy k-1 số còn lại giống với TH k=m và vì khi $k \rightarrow q$ vị trí tương đối của k-1 số còn lại không đổi nên dù thay đổi thứ tự di chuyển k thì ta vẫn cần ít nhất a lần để thực hiên sắp xếp dãy còn lại Vậy Với k=m thì ta cần ít nhất số lượt là : $\sum_{1}^{m-1}= \frac{m(m-1)}{2}$

Với n lẻ ta được 2 phần là $\frac{n+1}{2},\frac{n-1}{2}\rightarrow a= \frac{(n-1)^2}{4}$

Với n chẵn ta được 2 phần là $\frac{n-2}{2},\frac{n+2}{2}\rightarrow a= \frac{(n-1)^2+3}{4}$