Giả sử tồn tại các tô thỏa mãn.

Không mất tính tổng quát ta giả sử số $1$ được tô màu xanh.

Trường hợp 1: Nếu số $2$ được tô màu xanh

Do cả 3 màu đều được sử dụng nên tồn tại số $k$ để $k$ không được tô màu xanh. Cũng giả sử luôn số $k$ đó ta tô màu đỏ.

+) Do điều kiện đề bài thì số $k+1$ ta phải tô màu vàng đồng nghĩa số $k+1+1=k+2$ ta phải tô màu đỏ

Tuy nhiên do $2$ được tô xanh nên $k+2$ phải tô màu vàng mâu thuẫn

Trường hợp 2: Nếu số $2$ không tô màu xanh. Giả sử ta tô màu đỏ cho số $2$

Vậy thì $2+1=3$ phải tô màu vàng

$3+1=4$ tô màu đỏ

$4+1=5$ tô màu vàng

Nhưng mà $3+2=5$ tô màu xanh nên có ngay mâu thuẫn

Vì vậy giả sử sai, ta không có cách tô thỏa mãn.

Một thành phố có $3n$ người. Với $2$ người bất kì thì có ít nhất $1$ người quen chung. Chứng minh rằng tồn tại một nhóm $n$ người để trong $2n$ người còn lại đều có người quen trong nhóm đó.

Gần đây em có gõ một file latex trên trang Overleaf tuy nhiên em có gặp phải một vấn đề như sau mong mọi người giúp đỡ.

Như bên trên em đã gõ:

Hơn nữa $ \lim_{x\rightarrow -\infty}arg(x+ci-p_j)=\pi $ và $\lim_{x\rightarrow +\infty}arg(x+ci-p_j)=0$ nên $\lim_{x\rightarrow -\infty}arg(P(x+ci))=m\pi$

Nhưng phần $x \rightarrow -\infty$ không hiện bên dưới kí hiệu $\lim$

Mong người có cách nào để khắc phục không ạ

Bất đẳng thức tương đương:

$$\sum (b-c)^2 \left (\dfrac{9a^2+ab+bc+ca}{9(ab+bc+ca)(a+b)(a+c)} \right ) \geq 0$$

Cho $n$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng

$$\sum_{n\vdots d,d=2k+1}\varphi (d)2^{\frac{n}{d}} \hspace{0.2cm} \vdots \hspace{0.2cm} n$$

Với $\varphi (x)$ là số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng $x$ và nguyên tố cùng nhau với $x$.

Cho một số nguyên dương $n$ ta định nghĩa $L(n)$ và $C(n)$ như sau:

$L(n)$ là số cách phân hoạch $n$ thành tổng một số lẻ các số nguyên dương phân biệt.

$C(n)$ là số cách phân hoạch $n$ thành tổng một số chẵn các số nguyên dương phân biệt.

Ví dụ ta có thể viết $7$ thành $7$ ; $6+1$ ; $5+2$ ; $4+3$ ; $4+2+1$. Khi đó có $L(n) = 2$ và $C(n) = 3$.

Chứng minh rằng với mọi $n$ nguyên dương ta đều có:

$$\left |  L(n) - C(n)  \right | \leq 1$$

Dễ thấy $D$ thuộc tiếp tuyến tại $A$ của $(c)$. 

Có $(A,AP)$ cắt $(D,DA)$ tại $E,F$ và $AP=AD$ nên có ngay $\angle EAF = 120^{\circ}$ và $\angle EAD = \angle FAD = 60^{\circ}$

Suy ra $\angle B =\angle C = 60^{\circ}$ hay có $ABC$ là tam giác đều

theo em hiểu thì hàm sinh:

$$\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{\infty }x^{k}$$

Như vậy thì áp dụng vào hàm sinh: $\frac{1}{1-2(x+x^2+x^3)}$

ta có được:

$$\frac{1}{1-2(x+x^2+x^3)}=\sum_{k=0}^{\infty }(2(x+x^2+x^3))^{k}$$

đây là biểu thức hoàn toàn có thể tìm được hệ số của $x^{10}$. Kết quả cũng ra $\textbf{32256}$

Vậy khi áp vào hàm sinh :

$$\frac{3(1+x+x^2+x^3)}{1-2(x+x^2+x^3)}=3(1+x+x^2+x^3)\sum_{k=0}^{\infty }(2(x+x^2+x^3))^{k}$$

Ta tìm được kết quả là $\textbf{145152}$

Trước hết mình sẽ nêu một vài kết quả nổi tiếng (không chứng minh) áp dụng cho bài toàn này.

Trở lại bài toán

Gọi $H,G$ là điểm $Miquel$ của $ABCD$ và trung điểm $EF$. $DJ$ là đường kính của $(EAD)$.

Gọi $d_H$ là đường thẳng $Steiner$ của $ABCD$

Áp dụng $2$ bổ đề trên ta có: 

$(GM,AB)= 90^{\circ} - (d_H,AB) = 90^{\circ} - \frac{1}{2}sđHJ =  \frac{1}{2}sđ HD = \angle HED$

suy ra tiếp xúc (dpcm)

không ạ, để em thêm đề 

Có cần loại trừ các đối xứng gì không nhỉ?

Cho bảng ô vuông $n\times n$. Ta sẽ dùng các số $1,2,...,n$ để đánh số các ô vuông của bảng sao cho mỗi hàng, mỗi cột đều có đủ các số từ $1$ đến $n$. Hãy đếm số cách đánh số thỏa mãn.

Các cách đánh số thu được qua phép quay được tính là khác nhau.

Đây là lời giải của bạn Phạm Ngọc Thắng (học sinh THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương), mình đăng lên đây cho bạn tham khảo

Trước hết ta đặt:

$$P(x)=(x-b_1)(x-b_2)...(x-b_n)$$

Áp dụng bất đẳng thức $cosi$ ta có:

$$x+1-b_i=x-b_i +(n-1).\frac{1}{n-1} \geq n. \sqrt[n]{\frac{x-b_i}{(n-1)^{n-1}}}$$

$$\sum \frac{1}{x-b_i}  \geq  \sqrt[n]{\frac{1}{\prod (x-b_i)}}$$

Suy ra:

$$LHS \geq \prod\left (n. \sqrt[n]{\frac{x-b_i}{(n-1)^{n-1}}}\right ). \sqrt[n]{\frac{1}{\prod (x-b_i)}} = \frac{n^{n+1}}{(n-1)^{n-1}}=n^2\left ( 1+\frac{1}{n-1} \right )^{n-1} \geq 2n^2$$

Đặt $f(x) = c_n x^n + c_{n-1}x^{n-1}+...+c_1x+c_0$, $c_i \in\mathbb{Z}$ $\forall i=\overline{1,n}$

$$\Rightarrow f(a) -f(b)=c_n(a^n-b^n)+c_{n-1}(a^{n-1}-b^{n-1})+...+c_1(a-b)$$

Bạn chú ý hằng đẳng thức sau: 

$$a^n -b^n = (a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+a^{n-i}b^{i-1}+...+b^{n-1})$$

Từ đó dễ dàng suy ra: $a^n-b^n$  $\vdots$ $a-b$.

Suy ra rằng $f(a)-f(b)$ $\vdots$ $a-b$.

Với những bài toán như này bạn hãy thử tự suy nghĩ trước khi đăng bài. Hơn nữa bài toán này có thể tìm thấy rất nhiều trên các trang mạng khác, lần sau bạn nên tìm kiếm lời giải trước khi đăng bài trên diễn đàn.

Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn: $x^2 +y^2 +z^2 =3$. Chứng minh rằng:

$$\frac{2xy+3}{x^2 +xy + y^2} + \frac{2yz+3}{y^2 +yz + z^2}+ \frac{2zx+3}{z^2 +zx + x^2} \geq 5 $$

Bài hình tạm biệt năm 2023

Đề bài: Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$, $1$ đường tròn bất kì đi qua $BC$. $BH$, $CH$ lại đường tròn tại $E$ và $F$. $EF$ cắt $AC$, $AH$ tại $G$ và $P$. $Q$ đối xứng $E$ qua trung điểm $FG$. $(APQ)$ cắt $AB$ tại $R$. $K$ đối xứng $R$ qua $CH$. CMR: $FK // BC$ 

Hình minh họa

Đáp án là $26$

•  Trước hết ta chứng minh diện tích hình chữ nhất lớn hơn $25$.

Với đa-mi-no có diện tích là $1$ ta có duy nhất hình $1 \times 1$

Với đa-mi-no có diện tích là $2$ ta có duy nhất hình $1 \times 2$

Với đa-mi-no có diện tích là $3$ ta có $2$ hình là $1 \times 3$ và hình chữ L

Với đa-mi-no có diện tích là $4$ ta có $7$ loại hình tất cả

Vậy có diện tích hình chữ nhật cần lát lớn hơn hoặc bằng $1 \times 1+1 \times 2+2 \times 3+4 \times 4=25$ 

• Nếu dấu bằng xảy ra, theo điều kiện đề bài thì hình này không được là hình vuông nên hình chữ nhật có diện tích bằng $25$ duy nhất là hình $1 \times 25$.

Tuy nhiên trong hình ta luôn phải dùng hình đa-mi-no hình chữ L có diện tích là $3$ nên mâu thuẫn.

Suy ra diện tích hình chữ nhật lớn hơn $25$.

Ta sẽ chỉ ra rằng với hình chữ nhật $2 \times 13$ ta có thể lát được, ta có một cách lát như sau:

Bài này bạn chỉ cần suy nghĩ ra cách tô màu là có thể giải quyết hoàn toàn bài toán.

Cách tô màu của mình như sau:

Xét đa giác đều $n$ đỉnh với mỗi đỉnh là một chiếc máy tính. Gọi $O$ là tâm đa giác đều đó. 

Đặt các đỉnh lần lượt là $A_1,A_2,..,A_n$ với đỉnh $A_i$ được tô màu $i$

Xét đường thẳng $OA_{i}$, nối 2 đỉnh $A_{j}A_{k}, j,k \neq i$ sao cho nó vuông góc với $OA_{i}$ và tô cạnh đó bằng màu $i$

Ví dụ như hình sau.

Nhận thấy rằng các tô này hoàn toàn thỏa mãn đề bài nên ta có dpcm

Thật ra bài này rất dễ nhưng hình thức phát biểu hơi "khủng" thôi ạ.

Lời giải của mình sẽ như sau:

Ta sẽ chọn $x_{i}=1,\forall i=\overline{1,n}$ và để ý thêm do $p>5$ nên $(100,p)=1$

Do đó số dư khi chia cho $p$ của $100^{t}$ tuần hoàn theo $mod$ $ord_{p}(100)$

Khi đó nếu ta chọn số $n=p.ord_{p}(100)$ thì hiển nhiên số đó chia hết cho $p$ và ta có thể khẳng định là tồn tại.

Mọi người thử vận dụng kết quả trên để chứng minh bài toán khó hơn như sau:

Số dao động là một số nguyên dương có các chữ số khác $0$ và $0$ xen kẽ (với chữ số hàng đơn vị khác $0$). Ví dụ: $20103$ là một số dao động. Tìm tất cả các số nguyên dương mà không là ước của bất kì một số dao động nào.

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $5$. Có tồn tại hay không số $n\in \mathbb{N^{*}}$ và các số nguyên dương $x_1, x_2, ..., x_n \in (1,9)$ sao cho:

$x_n100^{n-1}+x_{n-1}100^{n-2}+...+x_1\equiv 0 (mod p)$

• Xét $G=(V,E)$ $V\leftrightarrow i(i=\overline{1,n})$ và một cạnh nối hai đỉnh $i>j$ có nghĩa là ô $(i,j)$ được tô vàng, để ý rằng với $i<j$ thì ô $(i,j)$ được tô xám.

Do đó đây là đồ thị đơn vô hướng.

• Ta sẽ chứng minh rằng  không chứa tam giác tức là không tồn tại 3 đỉnh đôi một nối nhau.

Thật vậy phản chứng rằng vẫn tồn tại tam giác, gọi 3 đỉnh được nối là $x>y>z$ khi đó các ô được tô vàng lần lượt là ô $(x,y),(x,z),(y,z)$

• Để ý điều kiện đề bài là nếu ô $(i,j)$ được tô vàng thì tất cả các ô ở hàng $j$ và cột $i$ đều không được tô vàng và ở trên ta thấy ô $(x,y),(y,z)$ đều được tô vàng tức có mâu thuẫn ở đây suy ra giả sử phản chứng sai. Suy ra rằng $G$ không chứa tam giác.
• Áp dụng định lý Mantel-Turan ta có: $\left | E \right |\leq \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil$
• Đễ dàng chỉ ra dấu bằng nên bài toán được giải quyết.

Vậy số ô tô vàng lớn nhất là $\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil$

ps: Đây là bài mình tự nghĩ ra nên có khi còn khá dễ

Ta thấy cách tô màu vàng vào $6$ ô $(2,1),(3,2),(4,3),(5,4),(6,5),(7,6)$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

Giả sử tồn tại cách tô khác vào $7$ ô mà vẫn thỏa mãn điều kiện đề bài.

$7$ ô đó nằm trong các cột từ $1$ đến $6$, suy ra có ít nhất $2$ ô cùng một cột được tô vàng $\rightarrow$ mâu thuẫn

Vậy số ô được tô vàng lớn nhất có thể là $6$.
 

với $n = 7$ Tô các ô $(4,1);(4,2);(4,3);(5,1);(5,2);(5,3);(6,1);(6,2);(6,3);(7,1);(7,2),(7,3)$ vẫn được ạ

Cho bảng ô vuông $n\times n$ được tô màu trắng xám trước ví dụ với $n=7$ như sau:

Tức là đầu tiên tô xám các ô ở đường chéo chính từ góc trên bến trái xuống góc dưới bên phải

rồi ở nửa phía trên (giống hình bậc thang) ta cũng tô xám.

Điền số thứ tự $1,2,3,...,n$ cho các hàng từ trên xuống dưới và cho các cột từ trái sang phải và gọi ô ở hàng $i$ cột $j$ là ô $(i,j)$ . Ta sẽ tô vàng các ô màu trắng trên bảng  với điều kiện nếu ô $(i,j)$ được tô vàng thì tất cả các ô ở hàng $j$ và tất cả các ô ở cột $i$ đều không được tô vàng. Tìm số ô được tô vàng lớn nhất có thể.

 Bạn ơi cho mình hỏi làm sao chứng minh $Z$ thuộc $(AXY)$ nhỉ

Đã sửa.
lúc đó mình hơi vội nên quên mất chứng minh $Z$ thuộc $(AXY)$

Ta có: $\angle SNB=\angle SAX-\angle XAB=\frac{1}{2}\angle XAY-\angle NAB=\angle BAC-\angle NAB=\angle NAC$

Suy ra $AN$, $AS$ đẳng giác trong góc $A$ nên $AS$ đi qua tâm $Z$ của $(BOC)$ với $O$ là tâm $(ABC)$

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$

Ta có bổ đề cơ bản sau, bạn có thể tham khảo chứng minh ở đây

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $Z$ là tâm $BOC$, lấy điểm $K$, $L$ đối xứng $Z$ qua $AC$, $AB$ thì $K,L$ đối xứng qua tâm euler của tam giác $ABC$.

Như vậy nếu có bổ đề thì bằng cộng góc đơn giản (như khi chứng minh $AN$, $AS$ đẳng giác) thì ta có $\angle ANK =90^{\circ}$

Vậy khi lấy đối xứng qua $AC$ thì ta có $\angle AYZ=90^{\circ}$ hay $Z$ thuộc $(AXY)$

Ta có:

$BS^{2}=\frac{BA^{2}}{2}+\frac{BZ^2}{2}-\frac{AZ^2}{4}$

$CS^{2}=\frac{CA^{2}}{2}+\frac{CZ^2}{2}-\frac{AZ^2}{4}$

$BN^{2}=\frac{BH^2}{2}+\frac{BO^2}{2}-\frac{OH^2}{4}$

$CN^{2}=\frac{CH^2}{2}+\frac{CO^2}{2}-\frac{OH^2}{4}$

Suy ra:

$(BS^2-BN^2)-(CS^2-CN^2)=(BA^2-BH^2)-(CA^2-CH^2)=0$

Áp dụng định lí 4 điểm ta có luôn $SN$ vuông góc $BC$ (dpcm)

Đây là lời giải của mình.

Trước hết ta phát biểu $2$ bổ đề sau:

Bổ đề $1$: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ nội tiếp $(O)$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. Điểm $E$ trên $(O)$. Lấy $1$ điểm $S$ trên $AE$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc $SB$ cắt $DE$ tại $P$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc $SC$ cắt $DE$ tại $Q$. CMR: $P$ $Q$ đối xứng nhau qua $D$.

Chứng minh:

Trước hết ta sẽ cho $S$ trùng $A$,$E$,$T$ với $T$ là giao điểm của $AE$ với $BC$.

Với $3$ vị trí trên ta dễ dàng chứng minh được các điểm $P$ $Q$ tương ứng đối xứng nhau qua $D$

Vậy ta đi đến lời giải sau: