Peter Pan

Híc riêng mình tên này đăng kí 3 người .Đỡ không nổi

Đúng là cơn gió lạ mang tên MRTIONLINE-Trần Hậu Long =))

Mét chị dâu đi Ispectorgadget bác Hoàng đang chán cơm thèm cháo, còn muốn măm me em gái t nữa )

chắc phải Refresh lại mấy cái vote này đi chứ chấp bác Hoàng gần nửa đường thế mà em của winwave mới lớp 8,5 thì sao mà đọ lại =))

hì Long tham gia là tốt rồi thế mà mình nghĩ Long không tham gia.Tên Cường lại bảo thằng Long toàn chém bình thường có dám ho he gì đâu

Hehe chứ ông anh có bik bạn SBD 18 là bạn gái ku Cường ko =)) chú Cường ko chém gió mà chỉ chém gái thôi )

anh em để avatar bé pu tập thể đêy =))
Và cũng vote cho t SBD 19 nhá =))

Anh Long có danh sách của ĐNG không. Nếu có anh post đi.

OK thôi em . Danh sách nè:
Lê Hà Quãng -12A1
Trần Nguyễn An Thắng-12A2
Đặng Minh Trí-12A1
Trần Lê Khoa-12A1
Nguyễn Anh Toàn-12A2
Hoàng Cung Phúc-11A1
Lê Trần Nhạc Long-11A1
Trần Nguyễn Hoàng Phương-11A1
Tất cả đều là học sinh trường Lê Quý Đôn

Ta xét các tập:
$\{7,42\}$, $\{21,28\}$, $\{36,45\}$, $\{20,5\}$, $\{15,30\}$, $\{14,35\}$, $\{18,9\}$, $\{12,4\}$, $\{3,6\}$, $\{40,10\}$, $\{48,16\}$, $\{24,8\}$.
Mười hai tập hợp hai phần tử trên là các tập con rời nhau của tập $\{1,2,\ldots,50\}$ sao cho hai phần tử $a$, $b$ thuộc cùng một tập con thì $a+b$ là ước của $ab$.
Với mỗi tập con 39 phần tử $A$ của tập $S=\{1,2,\ldots,50\}$. Do phần bù của $A$ trong $S$ chỉ có 11 phần tử nên tồn tại một tập con trong 12 tập con nói trên thuộc $A$. Khi đó, tồn tại $a$, $b$ phân biệt thuộc $A$ sao cho $a+b$ là ước của $ab$.
Ta sẽ chỉ ra một tập con 38 phần tử $B$ của $S$ sao cho không tồn tại $a$, $b$ phân biệt mà \[a+b\] là ước của $ab$. Loại bỏ các phần tử sau khỏi $S$ ta được $B$ như vậy: 21,42,14,48,18,36,5,30,10,24,12,6.

Cho đa tức $P(x)$ đơn khởi và bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn $|P(0)|=2012$. Chứng minh rằng $P(x^2)$ cũng bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$.
P/s: Happy New Year. Chúc VMF ngày càng phát triển, các thành viên VMF học giỏi sức khỏe và đạt được nhiều thành công

Cho $p$ là một số nguyên tố có dạng $4k+3$. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tập
$\{n,n+1,n+2,...,n+4k,n+4k+1\}$
có thể chia được thành hai tập con rời nhau sao cho tích các phần tử của mỗi tập con trong hai tập con này bằng nhau.

Ta sẽ chứng minh không tồn tại $n$. giả sử phản chứng rằng tồn tại $n$ thảo mãn thì suy ra$n(n+1)(n+2)...(n+4k)(n+4k+1)=a^2$ là một số chính phương.
Ta có $p-1$ số trên sẽ ko chứa 2 số cùng chia hết cho p nên tập trên phải là một hệ thặng thu gọn modulo p. Theo định lí Wilson suy ra:
$n(n+1)(n+2)...(n+4k)(n+4k+1)\equiv (p-1)! \equiv -1 (mod p)$
Vậy $a^2\equiv -1 mod (p)$ nên $a^{4k+2}\equiv -1(mod p)$
mặt khác vì $(a,p)=1$ nên theo định lí Fermat ta có: $a^{4k+2}\equiv 1(mod p)$
Mâu thuẫn, vậy ko tồn tại n thảo mãn

Sử dụng khai triển nhị thức Newton (thông thường) để chứng minh đẳng thức sau:
$$\sum_{k=0}^n 4^{n-k}C_{4n}^{\;2n+2k}C_{2n+2k}^{\;k}=C_{8n}^{\;2n};\;n\in\mathbb{N}^*$$
hay:
$$\sum_{k=0}^n 4^{n-k}\binom{4n}{2n+2k}\binom{2n+2k}{k}=\binom{8n}{2n};\;n\in\mathbb{N}^*$$
____________________________________________________________________________
Lưu ý: Chỉ dùng công thức khai triển với hệ số tự nhiên thông thường thôi đấy!

Lời giải bằng nhị thức đã có, vậy em xin đóng góp một lời giải về đếm bằng 2 cách
Xét $8n$ viên bị, ta sẽ đếm số cách chọn $2n$ viên bi từ $8n$ viên bi này khi đó có $C_{8n}^{2n}$ cách
Mặt khác, ta sẽ đếm theo cách sau: cho $8n$ viến bi này vào $4n$ hộp, mỗi hộp có 2 viên:
+ Đầu tiên chọn ra đúng $k$ hộp sao cho mỗi hộp có đúng 1 viên bi được lấy ra,
-số cách chọn $2n-2k$ hộp trong $4n$ hộp là $C_{4n}^{2n-2k}$
-Trong mỗi hộp trong $2n-2k$ hộp trên ta chọn ra đúng 1bi trong 2 viên bi có trong hộp -> số cách chọn là $2^{2n-2}=4^{n-k}$
-Chọn $2k$ viên bi còn lại trong $2n+2k$ hộp còn lại sao cho mỗi hộp sẽ có đúng 2 bi được chọn sẽ là $k$ hộp. nên có $C_{2n+2k}^{k}$ cách chọn
Từ đó suy ra số cách chọn $2n$ trong $8n$ viên bi theo cách đếm thứ 2 sẽ là $\sum_{k=0}^n 4^{n-k}C_{4n}^{\;2n+2k}C_{2n+2k}^{\;k}$
đpcm
P/s: Mary Christmas

Ta có thể đếm theo cách khác như sau: một đoạn thẳng có độ dài $n$ được tô bằng 4 màu, Đ,X,V,T. rõ ràng ta có $4^n$ cách như thế
bây giờ ta đếm theo cách khác như sau: ta sẽ chọn ra một tập cách tô màu Đ và X sao cho $Đ+X=k$. thì số cách chọn sẽ là
$\sum_{i=0}^kC_i^kC_k^{k-i}=C_{2k}^k$
khi đó số cách chọn ra các đoạn màu V,T sẽ là $\sum_{j=0}^kC_{n-k}^jC_{n-k}^{k-j}=C_{2n-2k}^{n-k}$
do đó với mỗi $k$ cố định thì ta được số cách tô sẽ là $C_{2k}^{k}C_{2n-2k}^{n-k}$. Cho $k$ chạy từ 0 đến $n$ ta được số cách tô màu là$\sum_{i=0}^nC_{2k}^{k}C_{2n-2k}^{n-k}$
=>đpcm

Bài 10: nếu nhìn theo 2 số hạng đầu thì :chỉ số+bâc=2012 mà sao 2 số hạng cuối lại là $2010x & 2011$
Góp vui 2 bài:
Bài 24: Cho $a,b,c$ là các số hữu tỉ khác 0 thỏa mãn:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \in \mathbb{Z}$
và $\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c} \in \mathbb{Z}$
CMR:$|a|=|b|=|c|$
Bài 25: Cho $\overline{a_0a_1...a_9}$ là 1 số nguyên tố:
Chứng minh đa thức $P(x)=a_0x^{10}+a_1x^9+...+a_9x^{10}$ ko có nghiệm hữu tỉ

@alex_hoang: Lời giải của em ở bài đó hình như sai rồi, em chưa sửa lại ( chưa xét tính bù trừ)
em cũng có một bài cũng hay có thể xài truy hồi như thế này mong mọi người tích cực thảo luận

Bài 4
Cho một tam giác đều, trong đó dựng $n^2$ tam giác đều nằng nhau, không chồng lên nhau và phủ kín tam giác đều lớn ở ngoài. Tính số lục giác đều được tạo thành.

Topic Phương trình hàm - Đa thức

phương trình hàm và đa thức thường xuất hiện trong các kì thi 30-4, VMO,TST,IMO...là một mảng rất quan trọng , rất hay. Hôm nay mình lập topic này để mọi người cùng post bài thảo luận về lĩnh vực này nhá
để mở đầu topic mình xin mở đầu bằng hai bài toán sau:
Bài 1: Tìm $$f :\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:$f(x)(fy)=x^kf\left\(\dfrac{y}{2}\right\)+y^lf\left\(\dfrac{x}{2}\right\)$$ ( với k và l là hai số thực )
Bài 2: Tồn tại hay không hàm $f:\mathbb{N^*} \to \mathbb{N^*}$ thỏa mãn :$f(fn))=n+2011$

Bài 3 : Tim ham$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$\[f(x - y)f(x + y) = {(f(x) + f(y))^2} - 4{x^2}f(y)\]$

Lê Xuân Trường Giang : Đề nghị các bạn giải hết những bài nêu ở đầu thì mới post bài mới.
Tôi đã gộp bài của bạn alex hoang có thắc mắc gì bạn có thể nhắn tin cho tôi.
Thân!

Gửi các bạn file tổ hợp này nhè
xem như là quà Tết của mình và bạn Trần Nguyễn Quốc Cường cho các em và các bạn
 l___thy___t_t____h___p_ch__nh_..pdf   1.57MB   557 Số lần tải
Hoặc các bạn có thể tải ở đây Click here