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

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

Câu 4
8=1-6 dung hay sai vi sao

8=I-6.  QUÁ ĐÚNG ! HÃY QUAY NGƯỢC LẠI VÀ ĐỌC NHÉ!

Toán học là một hệ thống tiên đè và quy ước.Bạn phải giải quyết mọi vấn đề trên cơ sở tiên đề và quy ước này. Nếu không bạn đã xây đựng một nền tản toán học mới

kq:10!-2.9!

Tổng cách sắp 10!

Tổng cách sắp để có ít nhất hai học sinh nam kề nhau $9!C_{4}^{2}$

Số cách sắp để không có hai học sinh nam nào kề nhau: 10!-9!6=9!4

Bài 5:
Trong hội nghị có $70$ thành viên nam và một số thành viên nữ.Tất cả đều là nhà khoa học trẻ, nhà lãnh đạo và phóng viên truyền thông.BIết rằng số thành viên nữ là các nhà khoa học trẻ và bằng số thành viên nam là các nhà lãnh đạo,phóng viên truyền thông.
Hỏi trong hội nghị có bao nhiêu thành viên nam và nữ là các nhà khoa học trẻ

Gọi

A là tập hợp các thành viên nam

B là tập hợp các thành viên nam là các nhà khoa học trẻ

C là tập hợp các thành viên nam là các nhà lãnh đạo,phóng viên truyền thông

D là tập hợp các thành viên nữ là các nhà khoa học trẻ

(X) là số phần tử của tập X

Theo đề bài

$B\cup C=A, B\cap C=\varnothing \Rightarrow (B)+(C)=(A)=70$

Mà $(D)=(C)\Rightarrow (B)+(D)=(A)=70$ (Đpcm)

Bài 1:
a) Cho $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}=1$.Tính giá trị của biểu thức:
$P=\frac{x^2+y^2-z^2}{y+z}+\frac{-x^2+y^2+z^2}{z+x}+\frac{x^2-y^2+z^2}{x+y}$

b)Rút gọn biểu thức sau: $M=\frac{2\sqrt{4+\sqrt{5-\sqrt{21-\sqrt{80}}}}}{\sqrt{10}+\sqrt{2}}$

Từ ĐK$\Leftrightarrow (x+y+z)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})=x+y+z\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y^{2}}{z+x}+\frac{x^{2}}{y+z}=0$

Ta lại có P=$\frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y^{2}}{z+x}+\frac{z^{2}}{x+y}=0$

b)Cho $a,b,c,d\in Z$ thỏa $a^2=b^2+c^2+d^2$.
Chứng minh rằng: $abcd+2015$ được biểu diễn dưới dạng hiệu 2 số chính phương

Chú ý rằng PT $x^{2}-y^{2}=4k \cup  x^{2}-y^{2} =2k+1$ luôn có nghiệm nguyên ( bằng cách phân tích thành hệ PT tồng, hiệu )

Nếu a,b,c,d đều lẻ suy ra VT=b4+1. VP=b4+3 vô lý

Vậy tồn tại số chẳn từ các số a.b.c.d. lúc đó abcd+2015=2k+1 suy ra Đpcm

 

Vì đống thứ I có 12 chiếc và đống thứ II có 13 chiếc nên :

TH1 :  Nếu người thứ I và người thứ II chỉ có nhiệm vụ là  :  lấy 2 cái kẹo từ 1 trong 2 đống thì người thứ 2 luôn thắng . Vì giả sử người thứ I lấy 2 cái kẹo từ đống I thì đống I còn lại 10 chiếc . Ngay lúc ấy người thứ II lấy ngay 2 chiếc ở đống II thì đống 2 còn lại 11 chiếc cứ như thế nếu duy trì trạng thái  là số kẹo ở đống II luôn lớn hơn số kẹo ở đống I 1 cái kẹo thì người thứ II luôn thắng 

TH2:  Nếu ban đầu người thứ I chuyển 1 chiếc từ đống I sang đống II thì  đống I : 11 chiếc , đống II : 14 chiếc . Thì lúc ấy người thứ II nhanh chóng lấy 2 viên kẹo từ đống II  để duy trì trạng thái trên .  

 

Nên qua 2 trường hợp trên ta thấy , người thư II luôn luôn duy trì được trạng thái thắng là :  Số kẹo ở đống II luôn lớn hơn số kẹo ở đống I là 1 viên . Vậy nên người thứ II luôn là người chiến thắng . 

 

Tính bất biến trong trò chơi là sau một lượt lấy keo người hai luôn luôn có cách chọn sao cho số kẹo đống hai luôn nhiều hơn đống một đúng một cây và kết qủa còn cây kẹo cuối cùng ở đống hai nên người hai thắng

Bài 1: Cho $[x]$ là phần nguyên của $x$. Tính: $[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+...+[\sqrt{2011}]$.

$S=\sum_{i=1}^{n}\left [ \sqrt{i} \right ], k^{2}\leq n<(k+1)^{2}$

Vì với $k^{2}\leq i< (k+1)^{2}\Rightarrow \left [ \sqrt{i} \right ]=k$

Nên $S=k(n-k^{2})+\sum_{i=1}^{k-1}{i[(i+1)^{2}-i^{2}]}$$=(k+1)(n-k^{2})+\sum_{i=1}^{k-1}(2i^{2}+i)=(k+1)(n-k^{2})+\frac{(i-1)i(2i-1)}{3}+\frac{(i-1)i}{2}$

Áp dụng n=2011 k=44. Tính được kết quả 59189

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

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

 mình từng gặp 1 bài như sau , cho tập{ a1 ;a2 .....;an} mà a1=1 và a_i <=a_i+1 <= 2a_i  tổng các a_i là số chẵn cmr có thể chia thành 2 tập sao cho tổng các phần tử của mỗi tập bằng nhau

Thực hiện phép chia thành hai nhóm A và B như sau:

1. Chia các phần tử theo thứ tự giảm dần

2. Chia $a_{i}$ vào A hoặc B nếu nhóm nào có tổng các phần tử không lớn hơn tổng các phần tử của nhóm kia

 Gọi (A),(B) là tổng các phần tử của nhóm A và nhóm B. Ta CMR ở lượt chia thứ n-i +1 tức chia phần tử $a_{i}$ thì

$\left | (A_{i})-(B_{i}) \right |\leq a_{i}$ (ở đây ta ký hiệu $(X_{i})$ là tổng các phần tử của nhóm X sau khi chia phần tử $a_{i}$)

CM bằng quy nạp

 Ở lần chia thứ 1 (chia phần tử $a_{n}$).Dễ thấy

$\left | (A_{n})-(B_{n}) \right |=a_{n}\leq a_{n}$

 Giả sử BĐT đúng đến  lần chia thứ n-k+1 (chia phần tử $a_{k}$ ).Tức là

$\left | (A_{k})-(B_{k}) \right |\leq a_{k}$

 Ta cần CM BĐT đúng đến lần chia thứ n-k+2 ( chia phần tử $a_{k-1}$).Tức là

$\left | (A_{k-1})-(B_{k-1}) \right |\leq a_{k-1}$

 Thực vậy

$\left | (A_{k-1})-(B_{k-1}) \right |=\left | (A_{k})-(B_{k})) \right |-a_{k-1}\leq a_{k}-a_{k-1}\leq a_{k-1}$ ( theo giả thiết quy nạp và điều kiện bài toán) (Đpcm)

 Vậy ở lần chia thứ n ( chia phần tử $a_{1}$). Ta được

$\left | (A_{1})-(B_{1}) \right |\leq a_{1}=1$

Vì tổng các phần tử chẳn nên hiệu I(A)-(B)I cũng là số chẳn $\Rightarrow \left | (A_{1})-(B_{1}) \right |=0$ (đpcm)

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 )

bài 2:

nhận xét

nếu n= 1 suy ra 2 là số nguyên tố 

nếu n là số lẻ lớn hơn 1 thì (n^n + 1) là số chẵn lớn hơn 2, do đó không là số nguyên tố

vì vậy n là số chẵn 2, 4, 6, 8 (vì 10^10 + 1 > 10^10)

với n = 2 => (n^n + 1) = 5 nhận

với n = 4 => (n^n + 1) = 257 

với n = 6 => (n^n + 1) = 46657

với n = 8 => (n^n + 1) = 16777217

tới đây dùng thuật toán kiểm tra số nguyên tố các số :257; 46657; 16777217

Lưu ý

257 là số nguyên tố

$a^{3}+1$ với a>1 luôn là hợp số

$6^{6}+1=36^{3}+1,8^{8}+1=(2^{8})^{3}+1$ là hợp số

Vậy với n={1;2;4) thì biểu thức là số nguyên tố

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

Trong một đợt bốc thăm trúng thưởng của một siêu thị có 1000 phiếu thăm, trong đó chỉ có 100 phiếu trúng thưởng gồm 20 phiếu trị giá 200.000 đồng, 30 phiếu trị giá 100.000 đồng, 50 phiếu trị giá 50.000 đồng. Một khách hàng bốc ngẫu nhiên lần lượt 3 phiếu . Tính xác suất để khách hàng đó trúng thưởng được 200.000đ . 

Tổng số cách bốc $C_{1000}^{3}$

Số cách bốc để được 200.000đ $C_{20}^{1}C_{900}^{2}+C_{30}^{2}C_{900}^{1}+C_{30}^{1}C_{50}^{2}$

Xác suất để trúng thưởng 200.000đ 

$C_{20}^{1}C_{900}^{2}+C_{30}^{2}C_{900}^{1}+C_{30}^{1}C_{50}^{2}$/$C_{1000}^{3}$

1/$x^{3}+x^{2}+2+3x\sqrt{x+1}=0$

Đặt $t=x\sqrt{x+1} ĐK x\geq -1$.PT trở thành

$t^{2}+3t+2=0\Leftrightarrow t=\left \{ -1;-2 \right \}$

Dễ dàng CM $t\geq -\frac{2\sqrt{3}}{9}$n nên PT vô nghiệm

$Cho x,y,z>0 thoaman x^3+y^3+z^3\leq 3.MaxP=3(xy+yz+zx)-xyz$

$P=3(1-x)(1-y)(1-z)+3(x+y+z)-3+2xyz\leq \frac{(t)^{3}}{9}+3t-1, t=3-x+y+z, 0\leq t< 3$

Dễ dàng CM $P_{max}=8 "="\Leftrightarrow x=y=z=1$

Tìm tích 8 nghiệm phức của phương trình :$\frac{(x+1)^{9}-1}{x}=0$

Bổ đề cho PT  $f_{(x)}=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{n-i}$ =0 $a_{0}\neq 0$

Tích n nghiệm của PT $\prod_{i=1}^{n}x_{i}=\frac{a_{n}}{a_{0}}$

Khai triển PT dễ dàng tìm được kết quả bằng 8

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

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

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

1) Cho a,b>0 mà ab=1. Tìm $Amin=(a+b+1)(a^{2}+b^{2})+\frac{4}{a+b}$

2) Cho x, y, z >0 mà $Amax=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Dễ thấy $a+b\geq 2$\Rightarrow A$\geq 6\frac{(a+b)^{2}}{4}+\frac{4}{a+b}\geq 5+\frac{(a+b)^{2}}{4}+\frac{2}{a+b}+\frac{2}{a+b}\geq 8 "="\Leftrightarrow a=b=1$ (Côsi)

Vậy $A_{min}=8 \Leftrightarrow a=b=1$