supermember

Với mỗi đĩnh của một đồ thị cho trước; ta gán cho nó một số nguyên dương.

Hiển nhiên $2$ đỉnh khác nhau sẽ được gán $2$ số nguyên dương khác nhau.

Một đồ thị được gọi là đồ thị ước số nếu $2$ đĩnh $x$ và $y$ kề nhau khi và chỉ khi $ x|y $ hoặc $y|x$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $ n \ge 3$ và mọi số nguyên dương $m$ thoả :

$ 0 < m \le \binom{n}{2}$, thì ta luôn tìm được một đồ thị ước số với $n$ đỉnh và $ m$ cạnh

Àh; thực ra chuyện đăng ký phần nào là tự do; vì 1 phần có thể do nhiều người đảm nhiệm mà .

Thầy Thanh hay mình cũng sẽ chỉ là người nhận bài đóng ghóp. Riêng mình sẽ chỉ edit 1 chút, bổ sung thêm 1 số bài và gửi lại cho máy trưởng Hoàng Xuân Thanh thôi . Nói chung mỗi phần sẽ có 1 người chịu trách nhiệm chính; các thành viên khác tham gia phần đó sẽ làm 2 bước sau:

Bước 1 : Gửi đề ( không kèm đáp án) về cho người chịu trách nhiệm chính


Bước 2 : Người chịu trách nhiệm sẽ chỉ ra các bài Toán nào là nên thêm vào trong số bài đề nghị đó ( vì có thể bài đó đã cũ quá hoặc có lời giải ở nhiều nơi rồi) ; sau đó thành viên kia sẽ đưa 1 file doc hoặc docx lời giải cho những bài được chọn
. Nếu là bài Toán chưa có lời giải thì phải chắc chắn là bài đó có thể giải bằng phương pháp đó .

Bước 3 : người chịu trách nhiệm chính sẽ edit lại cho vừa mắt và gửi lại cho chủ biên

Lời giải trên bị sai chỗ nào đó rồi

Kết quả đúng phải là : $f\left ( x \right ) = \left\{\begin{matrix} 0 \ \ , x=0 & \\ c\left ( x-\frac{1}{x} \right ) \ \ , x \ne 0 & \end{matrix}\right.$

Trong đó $c$ là hằng số tuỳ ý thuộc $ \mathbb{R}$

Tìm tất cả các hàm số $ f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thoả mãn:

$ xf(y) - yf(x) = f \left( \frac{y}{x} \right) \ \ \forall \ \ x; y \in \mathbb{R} ; x \ne 0$

Chứng minh rằng trong dãy số Fibonacci $ (f_k)_{k \ge 0}$

Ta luôn có đẳng thức sau:

$ f_{n+4} + f_1 + 2 f_2 +... +n f_n = (n+1) \cdot f_{n+2} +3$ với mọi số nguyên dương $n$


Bài này hơi khó 1 chút

Anh là học sinh LHP và anh hiểu cái bạn Trà My nói .

Nhưng có 1 điều anh muốn nhắn bạn: nếu bạn yêu Toán thì mấy chuyện thi cử không quan trọng lắm đâu

Bộ bài tây $52$ lá được sắp một cách ngẫu nhiên thành $13$ cột và $4$ dòng. Lật ngữa quân bài.

Thầy Hoàng Xuân Thanh nói với thầy Hoàng Ngọc Thế:

" Bây giờ tôi cho thầy sắp bài tuỳ ý ; miễn là theo cách trên ; sau đó sẽ thực hiện các bước; mỗi bước tôi chuyển vị trí của $2$ con bài có chung phần số. Ví dụ: $2$ bích đổi chỗ $2$ cơ ; $\mathcal{K}$ rô đổi chỗ $\mathcal{K}$ nhép..... Và sau một hữu hạn các bước thì mỗi cột sẽ có đủ $4$ chất cơ - rô - nhép -bích."

Thầy Thế cho là thầy Thanh bốc phét và đánh cuộc 500K .

Theo các bạn; ai sẽ là người thắng trong trò này?

Bài này khó và tương đối dài ; mình sẽ post mỗi ngày 1 phần

Phần 1: Dễ nhận thấy đẳng thức sau đây:

$\sum _{0 \le k \le i \le n} (i-k)\binom{n}{i}\binom{n}{k}$

$ = \sum _{k=0}^{n-1} \left \{ \binom{n}{0} +\binom{n}{1} + \cdots + \binom{n}{k} \right \} \cdot \left \{ \binom{n}{k+1} + \binom{n}{k+2}+ \cdots +\binom{n}{n} \right \} = a_{n-1}$

Với một số nguyên dương $n$ cho trước . Xét dãy số $ \left ( b_k \right )_{k \ge 0}$ xác định như sau:

$ b_k = \binom{n}{0} +\binom{n}{1} + \cdots + \binom{n}{k}$

Bây giờ xét khai triễn chuỗi luỹ thừa hình thức của : $\mathcal{C} (x) = \frac{(1+x)^n}{1-x} $ ; với $ |x| <1$

Phần 2 :
Ta có : $\mathcal{C} (x) = \left ( 1+x+x^2 + x^3+ \cdots \right )\left ( \binom{n}{0}+ \binom{n}{1} x + \cdots+ \binom{n}{n}x^n\right ) = \sum _{n=0}^{\infty} c_n x^n$

Bằng cách xem xét hệ số của $x^k \ \ ; 0 \le k \le n$ ; ta có : $ b_k = c_k \ \ \forall \ \ 0 \le k \le n$
$ \Rightarrow \left ( \mathcal{C} (x) \right )^2 = \frac{(1+x)^{2n}}{(1-x)^2} = \left ( \sum _{n=0}^{\infty} c_n x^n \right ) \cdot \left ( \sum _{n=0}^{\infty} c_n x^n \right )$

$ \Rightarrow \left ( \binom{2n}{0}+ \binom{2n}{1} x + \cdots+ \binom{2n}{2n}x^{2n} \right ) \cdot \left ( 1+ 2x + 3x^2 +... \right ) = \left ( \sum _{n=0}^{\infty} c_n x^n \right ) \cdot \left ( \sum _{n=0}^{\infty} c_n x^n \right )$

Bây giờ so sánh hệ số của $x^{n-1}$ ở $2$ vế ; ta có :

$\sum _{r=0}^{n-1} \binom{2n}{r}\left ( n-r \right ) = c_0 c_{n-1} + c_1 c_{n-2} +...+ c_{n-1}{c_0} $

$ = b_0 b_{n-1} + b_1 b_{n-2} +...+ b_{n-1} b_0 $

$ = \sum _{k=0}^{n-1} \left \{ \binom{n}{0} +\binom{n}{1} + \cdots + \binom{n}{k} \right \} \cdot \left \{ \binom{n}{k+1} + \binom{n}{k+2}+ \cdots +\binom{n}{n} \right \} = a_{n-1}$

Phần 3 : Như vậy; công việc còn lại của ta là đi chứng minh đẳng thức:
$\sum _{r=0}^{n-1} \binom{2n}{r}\left ( n-r \right )=\frac{n}{2}\binom{2n}{n} \ \ (1)$

Ai màu mè một chút thì có thể thử tài đếm $2$ cách với cái đẳng thức này; tuy nhiên mình tiếp tục theo hướng biến đổi đại số ; thật vậy:

$\sum _{r=0}^{n-1} \binom{2n}{r}\left ( n-r \right )= n\sum _{r=0}^{n-1} \binom{2n}{r} - \sum _{r=0}^{n-1} r \binom{2n}{r}$

$ = \frac{n}{2}\left ( \sum _{r=0}^{2n} \binom{2n}{r} - \binom{2n}{n}\right )- \sum _{r=0}^{n-1} r \binom{2n}{r}$

$ = n \cdot 2^{2n-1} - \frac{n}{2} \cdot\binom{2n}{n} - \sum _{r=0}^{n-1} r \binom{2n}{r}$

Nên đẳng thức $(1)$ sẽ tương đương với :

$ n \cdot 2^{2n-1} = \sum _{r=0}^{n} r \binom{2n}{r} \ \ (2)$

Phần 4: Bây giờ với $ r = 1 ; 2 ; ... ; n $ ; ta có :

$r \binom{2n}{r}= \frac{r \cdot (2n)!}{r! \cdot (2n-r)!}= \frac{(2n)!}{(r-1)! \cdot (2n-r)!} = \frac{ 2n \cdot(2n-1)!}{(r-1)! \cdot (2n-r)!} = 2n \binom{2n-1}{r-1}$

Suy ra : $\sum _{r=0}^{n} r\binom{2n}{r} = 2n \sum _{r=1}^{n}\binom{2n-1}{r-1}= 2n\sum _{r=0}^{n-1}\binom{2n-1}{r} = 2n \cdot \frac{1}{2} \cdot \sum _{r=0}^{2n-1}\binom{2n-1}{r} = n \cdot 2^{2n-1} $

Từ đây suy ra $(2)$ đúng ; suy ra $(1)$ đúng ; và do đó ; đẳng thức ban đầu được chứng minh hoàn toàn

Một bài Toán rất đẹp

@ thầy Thanh: sau khi em giới thiệu bài này trên 1 diễn đàn; có 1 vài gã Tây có PM hỏi em hướng làm. Nếu thầy có thời gian thì tổng hợp hộ em các cách giải cho bài này vào 1 file PDF và trình bày bằng tiếng Anh nhé. Có gì em đi " trao đổi" với mấy tay ấy
______
@psw: Ý tưởng hay đấy!

Cái này là dạng suy rộng của tổ hợp chập; ta hiểu nó như $1$ đa thức ẩn $x$

$ \binom{x}{k} = \frac{x(x-1)(x-2) \cdots (x-k+1)}{k!}$

( $x$ là biến số ; $k$ là số tự nhiên)

Viết ra cho đúng cái ý đồ bài này :

$ \mathcal{P} (x) = 2 \left\{ \binom{x-1}{0}+ \binom{x-1}{1}+ \cdots + \binom{x-1}{n } \right\}$

Bài này hình sử dụng tính chất này:

Tập $\left \{ \frac{m}{2^n} | m ; n \in \mathbb{N^{*}} \right \}$ trù mật trên $ \mathbb{R^{+}}$

cu nguyenta98 bình tĩnh lại 1 chút nào .

Dùng dãy phụ $ b_n = \frac{ a_{n+1}}{a_n}$

Cho hàm $f : \left ( 0 ; \infty \right ) \to \left ( 0 ; \infty \right )$ là hàm số giảm và khả vi trên $\left ( 0 ; \infty \right )$; $ F$ là nguyên hàm của $f$. Đồng thời $f$ thoả mãn $3$ điều kiện sau :

1/ $\lim_{n\to +\infty}\left ( \frac{f(n+1)}{f(n)} \right ) = 1$
2/ $\lim_{n\to +\infty}F(n)=0$
3/ Hàm $ \frac{f^{'}}{f}$ tăng trên $\left ( 0 ; \infty \right )$

Chứng minh các khẳng định sau :

a/ Dãy $(x_n)_{n \ge 1}$ xác định bởi : $ x_n = f(1) + f(2) +...f(n)$ hội tụ về một số thực $x$ nào đó.
b/ Dãy $(u_n)_{n \ge 1}$ xác định bởi: $ u_n = \frac{ x - x_n}{F(n)}$ đơn điệu nghiêm ngặt và hội tụ. Tìm giới hạn của nó .

Bài này ai giải đúng ; mình sẽ có 1 phần thưởng nhỏ

Hôm nay 9/6 là ngày sinh nhật của thầy Hoàng Xuân Thanh. Một con người mà những đóng ghóp cho VMF là không cần phải bàn cãi thêm . Thầy gia nhập VMF khá muộn; hình như là đợt cuối 2010; và cũng chưa có lúc nào theo những thống kê mà thầy gửi quá 5 bài/ ngày. Tuy nhiên; hầu hết những hoạt động xương sống của diễn đàn thì đều có tay thầy: từ đấu trường VMF ; thi thử ĐH ; .... .

Nói một cách thẳng thắn: ở VMF này ; thầy là một trong những người Supermember quý nhất. Thầy chưa bao giờ mở miệng những lời tuyên bố kiểu như : tôi yêu VMF - Tôi gắn bó với VMF suốt đời . Kiểu kiểu mấy cậu choai choai hay phát ngôn . Thầy cũng không phải dạng người suốt ngày chỉ biết đem VMF ra so sánh với đám này đám khác . Và thầy cũng càng không thích chuyện vẽ ra những cái hoạt động nghe rất kêu - mà chưa thực hiện thì supermember đã biết là chả đi đến đấu

Thầy là 1 hậu vệ ; hậu vệ thì nghiệm vụ quan trọng nhất là giúp những người ở phía trên yên tâm. Hơn ai hết ; thầy hiểu VMF giờ như 1 người bị ốm ; và chỉ có cách kiên nhẫn ; thu phục hiền tài thì người ốm mới khỏi bệnh

Hôm nay sinh nhật thầy ; em biết thầy còn nhiều lo toan cuộc sống nên có lẽ thầy không đọc được hết những dòng này. Em chỉ muốn nói lại 1 câu mà em từng nói với thầy :

Thầy giáo Toán trên cái đất Việt Nam này thì rất nhiều; nhưng những người chịu bỏ thời gian ; công sức ; có khi là tiền bạc để giúp người khác học Toán 1 cách không vụ lợi thì chỉ có vài người ; tính trên đầu ngón tay .

Chúc thầy sức khoẻ và nhiều may mắn. Để tuy có thể không còn nhiều thời gian với VMF thì trên VMF lâu lâu em sẽ vẫn thấy 1 bài tính tổng ; 1 bài tổ hợp .... của hxthanh

supermember