YoLo

Bài 5 Có thể lấp đầy bảng hình vuông có cạnh $2018$ ô vuông đơn vị bằng các hình chữ nhật có kích thước $1$ X $4$ được không ? Why?

Lời giải bài 4:

Ta đánh số $-1$ cho các viên bi xanh , $0$ cho các viên bi đỏ , $1$ cho các viên bi vàng

Gọi $S(n)$ là tổng tất cả các số sau khi thực hiện bước thứ $n$

Có $S(0)=4 \equiv 1(mod 3)$

Khi thực hiện tất cả các bước như trên thì $S(0)\equiv S(1)\equiv S(2)\equiv ...\equiv S(k)(mod 3)$

nếu tất cả bi trên bảng về cùng màu ở bước thứ k nào đó $S(k)=0$ => (vô lý)

Bài 3: Người ta viết các số $1,2,...,100000$ lên bảng. Sau đó, người ta thay mỗi số bằng tổng các chữ số trên bảng. Rồi người ta lại làm như vậy với các số trên bảng. Qui trình kết thúc khi mỗi số trên bảng chỉ có $1$ chữ số. Trong các số còn lại trên bảng thì số nào xuất hiện nhiều nhất?

Khi thay mỗi số n bởi tổng các chữ số của nó gọi là S(n) khi đó ta có $n\equiv S(n)(mod 9)$

trong dãy trên số lượng các số $\equiv 1(mod 9)$ chiếm nhiều nhất=> trong các số còn lại trên bảng $1$ xuất hiện nhiều nhất

Giả sử k=7m +5. Từ gt ta có a^2 + b^2=( ab+1)(7m+5)= 7mab +7m+5+5ab

 => (a+b)^2 = 7mab+7m+7ab+5=> (a+b)^2 chia 7 dư 5

nhưng 1 scp khi chia 7 chỉ có thể dư 0,1,4,2=> vô lí => đpcm

Bài 36 đó  là mk chém ra đó bạn , chứ nguyên văn đây nè

Bài 51: Tìm a,b,k nguyên dương sao cho  $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}=k$ có giá trị nguyên dương ( bài này ra nghiệm tổng quát nhé )

46. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho nó có 6 ước dương và tổng các ước của nó bằng 1140.

đi vét thôi

có $n$=$x_{1}^{a_{1}}.x_{2}^{a_{2}}.x_{3}^{a_{3}}...x_{m}^{a_{m}}$

với $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{m}$ là các số nguyên tố phân biệt

    $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{m}$ là số nguyên dương

=> số lượng các ước của n là  $(a_{1}+1)(a_{2}+1)...(a_{m}+1)=6$

mà 6 phân tích thành tích các số nguyên dương không nhỏ hơn 2 là $2.3$ và 6

TH1 : n có 2 ước nguyên tố và có số mũ $a_{1}+1=2;a_{2}+1=3 => a_{1}=1; a_{2}=2$

=> n có dạng $xy^{2}$ với x,y nguyên tố phân biệt từ đây chỉ ra 6 ước đó của n rồi tính tổng sau đó giải PT nghiệm nguyên

TH2: n có 1 ước nguyên tố và có số mũ là 5

=> n có dạng $a^{5}$  với $a$ nguyên tố

rồi kết hợp với giả thiết => $a^{5}+a^{4}+a^{3}+a^{2}+a+1=1140$

phân tích nhân tử giải pt các kiểu là xong

Bài 36: CMR nếu $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}$=k  có giá trị nguyên dương với $a$, $b$ nguyên dương thì nó không thể chia 7 dư 5

2 . Áp dụng định lý nhỏ fermat ta có: 2^p-2 chia hết cho p và 2^q- 2 chia hết cho q 

Vì p và q là 2 snt => 2^(pq) -2(2^p +2^q) +4 chia hết cho pq

=> 2^(pq)+4 chia hết cho pq

Số các số nguyên tố cùng nhau và nhỏ hơn pq là : pq-3( vì p,q là 2 snt)

=> 2^(pq-3)*8+4 chia hết cho pq

Theo định lý Euler thì 2^(pq-3) chia pq dư 1 nên nếu pq>8 thì 2^(pq-3)*8 chia pq dư 8

Mà 2^(pq) +4 chia hết cho pq nên 12 chia hết cho pq nhưng pq> 8 => vô lí

=> pq<8

Xét các snt có tích < 8 ta nhận p=2,q=2 ; p=3,q=2; p=2,q=3 làm nghiệm

P.S Bài cm của mình chỉ có thể dùng trong các kì thi chuyên toán riêng của các trường như ĐHKHTTN,ĐHSP còn thi chuyên thường thì không được

1. Ta cm bằng quy nạp rằng n có dạng 3^k

Với k=1 gt đúng

Giả sử gt đúng với k=n. Xét k=n+1 ta cần cm ₂3^k+1 ₊₁ chia hết cho n=3^k+1

Vì 3^k+1 là số lẻ nên ₂3^k+1 _{+1 =3(2}3^k+1-1 _- 23^k+1-2  _{+...+1) chia hết cho 3^k*3}

_=> (23^k+1-1 _- 23^k+1-2  _{+...+1) phải chia hết cho 3}k

Thật vậy, nếu ta cặp lần lượt các số hạng của dãy ₍₂3^k+1-1 _- 23^k+1-2  _+...+1)  và đặt nhân tử chung thì dãy sẽ có dang (2^k+1)a chia hết cho 3^k (gt quy nạp)

=> mệnh đề đúng với mọi k là số tự nhiên

=> n có dạng 3^k => n chia hết cho 3

wow, hay ah nha

bn dùng đến định lý Euler là ghê rồi :] chắc các bạn THCS chưa biết đến định lý này

theo mk giải 2 bài này chỉ dùng khái niệm cấp thôi

cho mk đóng góp bài này

1. Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn 1 thỏa mãn $n\mid 2^{n}+1$

Cmr $3\mid n$

2. Tìm tất cả p,q nguyên tố sao cho $pq\mid 2^{p}+2^{q}$

Bài bất cho đề như vậy là quá tệ. Làm sao có thể nhảy ra một bất đẳng thức phụ như thế. Nhất là khi chưa gặp bao giờ và ngồi trong phòng thi làm sao làm được. Ít ra phải cho câu a là gợi ý chứ. Đề thi năm nay chán quá

Bất đẳng thức phụ này tìm tòi ra trong lúc chứng minh chứ có ai nói là nó tự nhảy ra đâu bạn

BĐT này sử dụng công cụ đạo hàm để tìm ra phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=1 ( chỉ học cuối chương trình 10 chuyên hoặc 11 chuyên)

M.n giải thích hộ mk chỗ trong khung !!!!!!

Ô vòng đỏ 1 : C₃²   số cách chọn ra 2 con trong 3 con xúc xắc có giá trị 6

                        $\frac{1}{6}$  để chỉ xác suất tung ra mặt 6 ; $\frac{5}{6}$ để chỉ xác suất tung ra mặt ko phải 6

Ô vòng đỏ 2: C⁴₅   số cách chọn ra 4 trận thắng trong 5 trận

                         $\frac{2}{27}$  để chỉ xác suất thắng

                          $\frac{25}{27}$  để chỉ xác suất thua

         còn phép tính nhân vào với nhau là quy tắc nhân thôi

8.

1.$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3(a^2+b^2+c^2)$

2.$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3(ab+bc+ac)$

thiếu điều kiện a+b+c=1 rồi bạn

Bài 5a

 Giả sử m chẵn và n chẵn => m+1 và n+1 lẻ

ta tô màu giao lộ A(1;1) có màu trắng

Tô màu tất cả (m+1)(n+1) giao lộ theo quy tắc

Giao lộ (a;b) tô màu trắng nếu a và b cùng tính chẵn lẻ

                 tô màu đen nếu a và b khác tính chẵn lẻ

Xuất phát từ điểm A đi theo các cạnh song song với các cạnh của HCN  => đi qua giao lộ trắng rồi sẽ qua giao lộ đen rồi qua giao lộ trắng v..v

mà người đó đi qua giao qua tất cả (m+1)(n+1)+1 giao lộ ( vì tính A đi và A về 2 lần)

khi đó (m+1)(n+1)+1 chắn mà xuất phát từ giao lộ trắng qua chẵn giao lộ thì cập bến phải ở giao lộ đen ( mà A trắng )=> vô lý

m lẻ hoặc n lẻ thì chỉ cần chỉ ra cách đi thỏa mãn là đc

Bài 2

a, Xét bảng 2^k  x k mỗi hàng chứa một xâu nhị phân có độ dài bằng k khác nhau sau đó bổ sung vào bảng 2018-k cột mà không có ô nào được đánh số

Khi đó ta sẽ có đc bảng tm bài

có ngắn quá không nhỉ ??

Có cách nào của thcs ko các bạn

xet hiệu

A=$(\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}-1)+(\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}-1)+(\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ca}+1)$

=$\frac{(a-b-c)(a-b+c)}{2ac}+\frac{(b-c-a)(b-c+a)}{2bc}+\frac{(c+a-b)(c+a+b)}{2ca}$

quy đồng và phân tích thành nhân tử

ta sẽ có A=$\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{2abc}$

a,b,c là 3 cạnh tg => A>0

Một lớp khiêu vũ có $42$ thành viên, trong $31$ người bất kì có ít nhất $1$ cặp nam, nữ quen nhau. Chứng minh rằng có thể chọn trong $42$ người này $12$ cặp nam, nữ quen nhau.

Giả sử trong số 42 người đó không tồn tại 12 đôi nam nữ quen nhau

Tồn tại cách sắp xếp các cặp nam nữ quen nhau lớn nhất. Đặt số cặp nam nữ quen nhau là k, còn cặp nam nữ quen nhau là (ai,bi) với i=1,k

Ta chia tập hợp 41 người thành 2 phần:

Phần 1:2k người ứng với k cặp nam nữ quen nhau

Phần 2:42−2k người còn lại. Dễ thấy trong 42−2k người này không tồn tại đôi nam nữ nào quen nhau

Ta tách 11−k người trong phần 2(vì k≤11 nên 11−k không âm). Xét 31−k người còn lại:

Ta thêm k nam vào thì theo giả thiết, tồn tại 1 người nam trong k người nam quen với 1 người nữ của tập hợp 31−k người trên.

Giả sử người đó là a1 Khi đó b1 không quen người nào trong 31−k người này (vì nếu b1 quen người nào trong 31−k người này thì tồn tại 1 cách sắp xếp khác có số người quen lớn hơn k, vô lí)

Ta tiến hành thay a1 thành b1 và tiếp tục quá trình trên, ta có k nữ đều không quen người nào trong 31−k

người này.

Ta xét tập hợp gồm 31−k người này và k nữ, nhận thấy rằng 31 người này không tồn tại cặp nam nữ nào quen nhau, trái với giả thiết.

Vậy trong số 42 người đó luôn tồn tại 12 đôi nam nữ quen nhau

P/S : Không phải e giải đc đâu mà là do copy lời giải của 1 bác trên VMF ( do ko bt trích dẫn link nên thật lòng sorry)