Ta có số học sinh được dưới 20 điểm là $90-1=89$(bạn)

Số điểm mà mỗi học sinh có thể nhận được là 9;10;11;12;13;14;15;16;17;18;19( vì số điểm là số tự nhiên)

Giả sử không tìm được ít nhất 8 học sinh nào có điểm khảo sát bằng nhau suy ra số học sinh phải nhỏ hơn $8.11=88$

mà lại có 89 học sinh nên mâu thuẫn suy ra đpcm

Giải cũng như bạn. Mhưng kết luận hơi khác. Có 89hs phân bố điểm từ 9 đến 19, tất cả 11 cột điểm. 89/11=8 dư 1. Theo Dirichle có ít nhất 9hs có cùng điểm khảo sát

mình có gặp một câu hỏi mà chưa giải được. bạn nào biết cho mình ý kiến nha!
câu hỏi về IQ. điền tiếp vào dãy số sau: 1 3 6 10 15 ?
giúp mình giải thich nha

${u_{n}}^{} = \frac{n(n+1))}{2} .Vậy số kế tiếp là số hạng thứ 6 nên bằng 21$

$\sum_{i=0}^{n} {}(C_{n}^{i})^{2} = C_{2n}^{n}$

$x^{6}-1=(x^{2}-1)(x^{4}+x^{2}+1) chia hết cho (x^{4}+x^{2}+1)

 Vậy x^{6k}-1=(x^{6}-1)A  chia hết cho (x^{4}+x^{2}+1)

Do đó x^{200}+x^{100}+1=x^{2}(x^{6*33}-1)+x^{4}(x^{6*16}-1)+(x^{4}+x^{2}+1)$

chia hết cho (x^{4}+x^{2}+1)

Có bao nhiêu cách di chuyển ngắn nhất từ đỉnh này đến đỉnh đối diện của khối Rubik 3*3.Biết di chuyển theo nguyên tắt : Đi theo các cạnh của khối lập phương đơn vị (cả trên mặt và trong lòng khối Rubik)

$x^{6}-1=(x^{2}-1)(x^{4}+x^{2}+1)\vdots (x^{4}+x^{2}+1)

x^{6k}-1=(x^{6}-1)A \vdots (x^{4}+x^{2}+1)

x^{200}+x^{100}+1=x^{2}(x^{6*33}-1)+x^{4}(x^{6*16}-1)+(x^{4}+x^{2}+1)\$$vdots (x^{4}+x^{2}+1) (Đpcm))$

Xin lỗi sao toàn mã không vậy!!!

Không mất tính tổng quát đặt a$\geq$b$\geq$c$\geq d$, Khi đó

$\frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}\geq \frac{1+a^{3}}{a}$

$\frac{1}{1+a^{3}}\leq \frac{1}{1+b^{3}}\leq \frac{1}{1+c^{3}}\leq \frac{1}{1+d^{3}}$

Theo becnuli

$\frac{1+a^{3}}{a}+\frac{1+b^{3}}{b}+\frac{1+c^{3}}{c}+\frac{1+d^{3}}{d}=(\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}+\frac{1}{1+d^{3}})(\frac{1+a^{3}}{a}+\frac{1+b^{3}}{b}+\frac{1+c^{3}}{c}+\frac{1+d^{3}}{d})\geq 4(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$

Ta có $(1+x)^{n+4}=(1+x)^{4}(1+x)^{n} Đồng thời hệ số của x^{k} trong khai triển VT là C_{n+4}^{k}hệ số củax^{k} trong khai triển VP là \sum_{i=0}^{4}C_{4}^{i}C_{n}^{k-i} (Đpcm)$

  Xin lỗi sao viết trong LeTex mà toàn mã

Ta có

$(1+x)^{n+4}=(1+x)^{4}(1+x)^{n}$

Đồng thời hệ số của $x^{k}$ trong khai triển của

VT là $C_{n+4}^{k}$

VP là $\sum_{i=0}^{4}C_{4}^{i}C_{n}^{k-i}$ (Đpcm)

1a/

 Có hai trường hợp xảy ra

  1. A không ngồi đầu bàn có 6 vị trí cho A, Còn lại là 6! cho 6 học sinh còn lại Số cách là 6*6!

  2. A ngồi đầu bàn, có 4 vị trí cho C và hai vị trí cho B và D, còn lại 3! cho 3 vị trí còn lại. Số cách là 4*2*3!

Vậy có tất cả 6*6!+8*3! cách xếp

1b/

 Có ba trường hợp xảy ra

  1. B vị trí nguyên tố 1, A vị trí 4. Còn lại 5! cho 5 vị trí còn lại. 5! cách

  2. B 4 vị trí nguyên tố (2,3,5,7) A 2 vị trí số chính phương (1,4) còn 5! cho 5 vị trí còn lại. 4*2*5! cách

  3. B 2 vị trí còn lại ( 4,6) còn laị 6! cho 6 vị trí còn lại 2*6! cách

Vậy có tất cả 9*5!+2*6! cách sắp xếp

Đặt A=$\frac{4}{x}+\frac{1}{y}+\frac{9}{z}$.

      B= 4*x+y+z

Ta có

$4x+64*\frac{4}{x}\geq 64. Dấu"="\Leftrightarrow x=8$

$y+\frac{64}{y}\geq 16. Dấu"="\Leftrightarrow y=8$

$z+64*\frac{9}{z}\geq 48. Dấu "="\Leftrightarrow z=24$

Vậy

64A+B$\geq 128$

B$\geq 64$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=8,z=24

Đặt A=$x^{2}+y^{2}+z^{2}$,B=$xy+yz+zx$

Từ ĐK baì toán suy ra

A+2B=$(x+y+z)^{2}=4\Rightarrow \left | x+y+z \right |=2$ (1)

A-2B=$(x-(y*z))^{2}-4yz=0 (2),(y-(z*x))^{2}-4zx=0 ,(z-(x*y))^{2}-4xy=0$

Vậy x,y,z cùng dấu

Từ(2)$\Rightarrow \left | x \right |-\left | y+z \right |\leq \left | x-(y+z) \right |\leq \left | y+z \right |$

$\Rightarrow 3\left | x \right |\leq 2\left | x \right |+2\left | y+z \right |\leq 2\left | x+y+z \right |\leq 4$

$\Rightarrow \left | x \right |\leq \frac{4}{3}$

Vậy $x_{max}= \frac{4}{3} khi y=z=\frac{1}{3}

x_{min}= -\frac{4}{3} khi y=z=-\frac{1}{3}$

Ta chia các số này thành hai tập hợp A và B. Đặt (A),(B) là tổng các phần tử thuộc tập A,B.Đầu tiên lấy tất cả các tập hợp C={1,2,...,N} chia sen kẻ lần lượt cho A,B.Dễ thấy lúc này (A)-(B)<n ( Giả sử (A)>(B)).Còn các phần tử còn lại ta chia theo nguyên tắc : chia cho tập hợp có tổng nhỏ hơn cho đến khi không còn phần tử nào. Với cách chia này dễ thấy (A)-(B)=2t<n ( t thuộc C).Nếu phần tử t thuộc (A) đưa t sang (B) bài toán được giải quyết. Nếu phần tử t thuộc (B) vậy phần tử t-1và t+1 thuộc (A), chuyển t sang A chuyển t-1 và t+1 sang (B) bài toán được giải quyết

Theo đề bài tập hợp đã cho gồm các số thuộc C={1,2,...,n} được lâp laị ít nhất một lần điều này có nghĩa là có ít nhất một tập hợp C và các phần tử thuộc C(các phần tử này có thể nhiều hơn n phần tử nhưng không đủ n giá trị từ 1 đến n )

Gọi Q là tập hợp tất cả các số đã viết.Theo đề bài C={1,2,...,n} là tập con của Q.Thực hiện phép chia như sau

A={x\x=2k+1$\leq n$}

B={x\x=2k$\leq n$}

Gọi (Q),(A),(B) lần lượt là tổng của tất cả các phần tử cuả các tập hợp Q,A,B.Dễ thấy

$\left | \left ( A \right )-\left ( B \right ) \right |< n$

Bây giờ các phần tử còn lại của Q được chia theo nguyên tắc cứ thêm lần lượt từng phần tử vaò A hoặc B nếu tập hợp nào có tổng các phần tử nhỏ hơn cho đến khi Q không còn phần tử nào.Lúc này ta được hai tập hợp $A_{1},B_{1}$

Vì $\left ( A_{1} \right )+\left ( B_{1} \right )=\left ( Q \right )$ chẳn

Nên $\left ( A_{1} \right )-\left ( B_{1} \right ) =2t<n (không mất tính tổng quát gỉa sử ( A_{1} \right )>\left ( B_{1} \right ))

Nếu phần tử t thuộc (A) đưa t sang (B) bài toán được giải quyết. Nếu phần tử t thuộc (B) vậy phần tử t-1và t+1 thuộc (A), chuyển t sang A chuyển t-1 và t+1 sang (B) bài toán được giải quyết

Quả thực mình cũng chưa đọc tài liệu nào nói về phương pháp giải quyết vấn đề này.Đây chỉ là kinh nghiệm bản thân,nếu có thời gian và đủ nguồn bài tâp có lẽ mình sẽ viết kỹ về chuyên đề này.Bây giờ mình xin nói sơ về dạng toán này và nguyên lý giải quyết.

DẠNG TOÁN: Cho dữ kiện A,thực hiện một số thao tác,chứng minh sự kiện B

NGUYÊN LÝ:

1) Dữ kiện A ta xem như một tập A thuộc trường X (có tính bất biến nào đó).Ví dụ bài trên luôn chứa tập C={1,2,...,n}

2) Mỗi thao tác thực hiện ta thu được tập hợp B thuộc trường Y (có tính bất biến nào đó).Ví dụ bài trên luôn chứa tập C,D sao cho $\left | \left ( C \right ) \right -\left ( D \right )|< n$ Từ đây dễ dàng CM được sự kiện B

Vắn đề nằm ở chỗ nếu cho cụ thể từng thao tác một thì đơn giản hơn. Nếu thao tác cho là kết quả cuối cùng ta cần lựa chọn từng bước thao tác để thỏa được tập hợp B thuộc trường Y (có tính bất biến nào đó)

 Bài viết mang tính chủ quan và còn thiếu sót do thiếu nguồn tư liệu kiểm chứng, mong bạn thông cảm

Kết quả đúng.Vấn đề là cách giải

Tổng dấu + là 2012*2012

Chú ý rằng sau khi hoàn thành các bước thực hiện kết quả luôn thỏa các tính chất sau:

 1) Kết quả không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện các bước

 2) Khi một hàng hoặc một cột thực hiện số bước là chẳn thì tương đương chưa thực hiện bước nào

 3) Khi một hàng hoặc một cột thực hiện số bước là lẻ thì tương đương thực hiện một bước

  Như vậy ta chỉ cần xét trường hợp thực hiện n bước trên n hàng khác nhau và thực hiện m bước trên m cột khác nhau

  Lúc này số dấu - là 2012(n+m)-2mn tại giao điểm của hàng cột thực hiện bước biến là dấu + có mn điểm như vậy nên

$mn\leq 2010$ (1)

 Sau khi hoàn thành các bước số dấu + là $2012^{2}-\left [ 2012\left ( m+n \right ) \right-2mn ]=2010 \left ( 2 \right )$

Từ (2) dễ dàng suy ra m+n>2012 kết hợp với (1) được m<1 và n>2011 hoặc m>2011 và n<1 vô lý. Vâỵ không tồn tại phép biến như trên

Bạn đã chính xác và cách giải cũng gọn. Bạn có suy nghĩ gì về cách giải này.

Chọn góc tọa độ tại điểm xuất phát lập hệ trục tọa độ Oxyz . Điểm đến có tọa độ A(3,3,3)

Vậy việc di chuyển từ O đến A xem như là phép cộmg các vectơ x,x,x,y,y,y,z,z,z.Và kết quả như bạn đã biết

Mình có cách giải này nhưng còn thiếu tự tin

1)a

Đặt $S_{n}^{k}$ là số cách sắp n quyển sách ( như nhau ) vào k kệ.Dễ thấy

$S_{0}^{n}=1,S_{n}^{1}=n,S_{n}^{2}=n+1$. Vả lại

$S_{n}^{k}=\sum_{i=0}^{n}S_{i}^{k-1}$. Nên

$S_{12}^{4}=\sum_{i=0}^{12}(i+1)S_{12-i}^{2}=455$

Vậy có 455 cách sắp

1b) Vì các sách khác nhau nên mỗi cách của 1a có 6! cách cuả 1b. Vậy có 6!*455 cách

Bài 3: Cho 3 số $a,b,c \epsilon (0;1)$.Chứng minh rằng:

$a+b^2+c^3-ab-bc-ca<1$

 Bài 3:

Đặt

$f_({a,b,c})=a+b^{2}+c^{3}-(ab+bc+ca)$

Dễ thấy vì $a,b,c \epsilon (0;1)$ nên hàm đạt giá trị lớn nhất khi $a\geq b\geq c$

$f_{(a.b.c)}=a(1-c)+b(b-a)+(c^{2}-ab)\leq a\leq 1$ (Đpcm)

Dấu "=" khi và chỉ khi a=1 , b=c=0

Đặt $f_{(t)}=4t-t^{2}$. Hệ trở thành

$f_{(x)}=y f_{(y)}=z f_{(z)}=x$.

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z \Rightarrow f_{(z)}\geq f_{(x)}\geq f_{(y)}$ (1)

Hàm bậc 2 $f_{(t)}$ đạt cực đại tai t=2 dễ dàng CM (1) vô lý vậy x=y=z. Giải PT được nghiệm

x=y=z=0 hoặc x=y=z=3

Xét dãy được tạo theo các toán tử trên $a_{0},a_{1},...,a_{n}$. Tacó

$a_{k}=\frac{a_{k-1}-b_{k-1}}{10}+4b_{k-1}$  (1).Trong đó $b_{k-1}$là chữ số tận cùng của $a_{k-1}

Từ (1) $\Rightarrow 10a_{k}=a_{k-1}+39b_{k-1}$ (2)

Vì 39 chia hết cho 13 cho nên từ (2) $a_{k}\vdots 13 \Leftrightarrow a_{k-1}\vdots 13$ (3)

Vậy theo(3) nếu trong daỹ tồn tại một số chia hết cho 13 thì tất cả các các số của daỹ đều chia hết cho 13. Theo đề bài trong daỹ có chứa số 1001 chia hết cho 13 nên toàn bộ các số của daỹ đều chia hết cho 13 (Đpcm)

Bạn đã giải chính xác và mình cũng xin sửa lại một chút bài 2b) Vì có 12 quyển sách nên mỗi cách ở 2a) có 12! cách ở 2b) Vậy có tất cả 12!$C_{15}^{3}=A_{15}^{3}$ như kết qủa của bạn

Tứ x+y+z=0, $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$$\Rightarrow x+y=-z, xy=z^{2}-\frac{1}{2}$

P=$\left ( x+y \right )\left \left [ \left ( x+y \right )^{4} \right -5xy\left ( x^{2}+y^{2} \right )-5\left ( xy \right )^{2}]+z^{5}$

  =$-z\left [ z^{4} \right-5\left ( z^{2} \right-1/2 )\left ( 1-z^{2} \right )-5\left ( z^{2} \right-1/2 )^{2} ]+z^{5}$

  =$5\left ( z^{3}-\frac{1}{2}z \right )$.

 Dễ dàng tìm được $P_{max}=\frac{5}{\left ( 3\sqrt{6} \right )} khi z=-\frac{1}{\sqrt{6}} ,(x;y)=(-\frac{1}{\sqrt{6}};\frac{2}{\sqrt{6}})$ và hoán vị. Vậy

$P_{max}=\frac{5}{3\sqrt{6}}$.khi (x;y;z) là hoán vị của bộ $\left ( -\frac{1}{\sqrt{6}};-\frac{1}{\sqrt{6}};\frac{2}{\sqrt{6}} \right )$