Đến nội dung


perfectstrong

Đăng ký: 30-09-2010
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 22:41
****-

#733863 $0< | a+b \sqrt{2} + c \sqrt{3}| <...

Gửi bởi perfectstrong trong Hôm qua, 16:06

Mỗi hướng giải đều có ý đẹp :D Nhưng hướng của nhungvienkimcuong sẽ dễ mở rộng lên thế này:

 

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $q$ không chính phương và với mọi $\varepsilon$ dương, luôn tồn tại $a, b$ nguyên để

$$ 0 < |a + b\sqrt{q}| \le \varepsilon$$

Nếu mình hiểu đúng thì mệnh đề này sẽ suy ra là tập $\{a+b\sqrt{q}\}$ có tính trù mật nhỉ?




#733850 $x_1+x_2+x_3+…+x_7=31$

Gửi bởi perfectstrong trong 01-07-2022 - 19:48

Làm theo cách của bạn :

Đặt $y_i=x_i+3$, ta có : $y_1+y_2+y_3+...+y_7=52$ ($0\leqslant y_i \leqslant 34$)
Lại đặt $z_i=\max\left \{ 34;52\right \} -y_i=52-y_i$, ta được :

$z_1+z_2+z_3+…+z_7=312$ ($18\leqslant z_i\leqslant 52$)

Đến đây rồi làm sao đây ???

Mình viết nhầm mất, phải là $z_i = \min \{ b_i - a_i, m - \sum a_i \}$ chứ nhỉ? Mà có vẻ cách này không ổn, hai cái biên chỉ là đổi chỗ cho nhau :wacko:

Thế thì thử hướng khác: quy về $y_i \in [0; b_i - a_i]$ như trên, xong ta sử dụng phương pháp loại trừ. Gọi $A_i$ là tập các nghiệm nguyên thỏa $\sum y_i = M (1)$ mà $y_i > b_i - a_i$ và $A$ là tập tất cả nghiệm nguyên của (1).

Số các nghiệm cần tìm sẽ là:

\[\left| A \right| - \sum\limits_{} {\left| {{A_i}} \right|}  + \sum\limits_{} {\left| {{A_i} \cap {A_j}} \right|}  - \sum\limits_{} {\left| {{A_i} \cap {A_j} \cap {A_k}} \right|}  + ...\]

Để tính $\left| {{A_{{i_1}}} \cap {A_{{i_2}}} \cap ... \cap {A_{{i_k}}}} \right|$ thì ta thay $z_{i_j} = y_{i_j} - (b_{i_j} - a_{i_j})$ rồi sử dụng bài toán gốc :D




#733841 $x_1+x_2+x_3+…+x_7=31$

Gửi bởi perfectstrong trong 30-06-2022 - 22:05

Chú ý là bài này và một bài khác là 2 bài “sinh đôi” nhưng không giống nhau hoàn toàn !

Tuy nhiên vẫn có thể áp dụng phép đặt $y_i = p - x_i$ để giải :D




#733828 Số nghiệm nguyên của $z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4}+z_{5}=31$

Gửi bởi perfectstrong trong 29-06-2022 - 13:25

Chỉ cần cho phép một chỉ số $i$ nào đó tự do thì pt luôn có vô số nghiệm, vì chỉ cần chọn bất kỳ $z_j \le j (j \ne i)$ rồi đăt $z_i = 31 - \sum\limits_{j\ne i} x_j$.




#733820 Số nghiệm nguyên của $z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4}+z_{5}=31$

Gửi bởi perfectstrong trong 29-06-2022 - 05:04

Bạn chắc không? $z_i \le i \Rightarrow \sum z_i \le \sum i = 15 < 31$




#733813 Làm thế nào để tổng thời gian hoàn thành là ít nhất?

Gửi bởi perfectstrong trong 28-06-2022 - 05:13

Bạn sở hữu một chiếc máy gia công tại một cửa hàng. Buổi sáng bạn mở cửa đón khách. Bạn không biết khi nào khách tới, nhưng khi khách hàng $i$ đến vào thời điểm $r_i$, bạn có thể biết được rằng cần phải dùng $p_i$ thời gian để hoàn thành công việc. Lúc bấy giờ, bạn phải đưa ra quyết định: thực hiện một công việc ($i$ hoặc một công việc nào đó chưa làm), hoặc chờ (bao lâu tùy ý bạn). Phải nhớ rằng một khi đã bắt đầu, bạn không thể dừng máy lại để chuyển cho người khác.

Là một người nhanh nhạy, bạn biết ngay việc thiếu thông tin sẽ khiến bạn không thể đưa ra quyết định tối ưu. Tuy nhiên, bạn vẫn muốn tìm một chiến thuật để đảm bảo rằng, dù trong tình huống tệ nhất, bạn cũng không quá xa với kế hoạch tối ưu nếu biết trước mọi thông tin.

Vậy bạn phải làm thế nào? Và trong tình huống xấu nhất, lịch trình của bạn sẽ tệ thế nào?




#733713 $\frac{f(m;n+m)}{f(m;n)} = \frac{m+n}{n}$ với mọi $...

Gửi bởi perfectstrong trong 19-06-2022 - 22:34

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \times \mathbb{N}^{*} \mapsto \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn đồng thời $3$ điều kiện:

 

$(1)$ $f(n;n) = n$ với mọi $ n \in \mathbb{N}^{*}$

$(2)$ $ f(n;m) = f(m;n)$ với mọi $ m;n \in \mathbb{N}^{*}$

$(3)$ $\frac{f(m;n+m)}{f(m;n)} = \frac{m+n}{n}$ với mọi $ m;n \in \mathbb{N}^{*}$

 

Thay $n$ bằng $km$ với $k \in \mathbb{N}^*$ vào (3), ta có \[\frac{{f\left( {m;\left( {k + 1} \right)m} \right)}}{{f\left( {m;km} \right)}} = \frac{{k + 1}}{k}\]

Kết hợp với $f(m;m)=m$ và quy nạp, ta có \[f\left( {m;km} \right) = f\left( {km;m} \right) = km\left( 4 \right)\]

Cho $m=1$ thì ta có $f(1;k)=f(k;1)=k \forall k \in \mathbb{N}^*$.

Ta sẽ chứng minh hàm $f$ cần tìm chính là hàm bội chung nhỏ nhất: $f(x;y)=LCM(x;y) \forall x,y \in \mathbb{N}^*$ bằng phương pháp quy nạp. (5)

Ta có (5) đã đúng với $x,y \le N=1$. Giả sử (5) đúng đến $N=N_0$, ta chứng minh (5) cũng đúng với $N=N_0 + 1$.

Nếu $x=y=N_0+1$ thì (5) hiển nhiên đúng theo (1).

Nếu $x,y \le N_0$ thì (5) đúng theo giả thiết quy nạp. Ta chỉ cần xét trường hợp 1 trong hai số bằng $N_0+1$.

Thay $(m;n)=(y;N_0+1)$ với $1 \le y \le N_0$ vào (3), ta có:

\[f\left( {y;{N_0} + 1} \right) = f\left( {y;{N_0} + 1 - y} \right)\frac{{{N_0} + 1}}{{{N_0} + 1 - y}} = \frac{{LCM\left( {y;{N_0} + 1 - y} \right)}}{{{N_0} + 1 - y}}\left( {{N_0} + 1} \right)\]

Mà chú ý rằng:

\[\begin{align*}GCD\left( {y;{N_0} + 1} \right) & = GCD\left( {y;{N_0} + 1 - y} \right) \\\Rightarrow \frac{{y\left( {{N_0} + 1} \right)}}{{LCM\left( {y;{N_0} + 1} \right)}} & =\frac{{y\left( {{N_0} + 1 - y} \right)}}{{LCM\left( {y;{N_0} + 1 - y} \right)}}\\ \Rightarrow \frac{{LCM\left( {y;{N_0} + 1 - y} \right)}}{{{N_0} + 1 - y}}\left( {{N_0} + 1} \right) & =LCM\left( {y;{N_0} + 1} \right)\\ \Rightarrow f\left( {y;{N_0} + 1} \right) & =LCM\left( {y;{N_0} + 1} \right)\end{align*}\]

Vậy (5) đúng đến $N_0 + 1$. Theo nguyên lý quy nạp, (5) đúng với mọi $x;y$ nguyên dương.




#733666 Số nghiệm nguyên của $$\left |x_{1}  \right |+...

Gửi bởi perfectstrong trong 15-06-2022 - 22:52

Vậy mình sẽ chuyển qua bên Olympic nhé.




#733660 có bao nhiêu cách trả tiền khi mua một món hàng giá 127 đồng?

Gửi bởi perfectstrong trong 15-06-2022 - 19:46

Còn phụ thuộc vào giá trị của những đồng tiền "cơ bản" mà em có. 1, 5, 10 đồng đổi 100 đồng thì cũng y như 1000, 5000, 10 000 đổi 100 000. Phương pháp không có gì khác cả :)

Nói mới nhớ ngày xưa, thầy mình có ra một bài toán rất đơn giản để mở đầu:

 

Chứng minh rằng luôn luôn có thể đổi $n$ ngàn đồng $(n \ge 4)$ bằng những tờ 5 ngàn và 2 ngàn đồng.




#733659 Số nghiệm nguyên của $$\left |x_{1}  \right |+...

Gửi bởi perfectstrong trong 15-06-2022 - 19:36

Bạn có chắc đây là toán cho THCS không? :mellow:




#733650 Tính $f(2^{1990})$

Gửi bởi perfectstrong trong 15-06-2022 - 02:54

Ta bắt tay vào tính thử vài giá trị đầu :D

\[\begin{array}{l}
f\left( 0 \right) = f\left( {{2^0} - 1} \right) = 0\\
f\left( 1 \right) = f\left( {{2^1} - 1} \right) = 0\\
f\left( 3 \right) = f\left( {{2^2} - 1} \right) = 0\\
f\left( 2 \right) = f\left( 3 \right) + 1 = 1\\
f\left( 4 \right) = f\left( 5 \right) + 1 = f\left( 6 \right) + 2 = f\left( 7 \right) + 3 = 3\\
f\left( 8 \right) = f\left( 9 \right) + 1 = f\left( {10} \right) + 2 = \ldots = f\left( {15} \right) + 7 = 7
\end{array}\]

Quy luật vậy là rõ

\[f\left( {{2^i}} \right) = f\left( {{2^i} + 1} \right) + 1 = f\left( {{2^i} + 2} \right) + 2 = ... = f\left( {{2^i} + \left( {{2^i} - 1} \right)} \right) + {2^i} - 1 = {2^i} - 1\]




#733642 Tính số phương án bỏ 6 cái bút khác nhau vào 3 hộp khác nhau

Gửi bởi perfectstrong trong 14-06-2022 - 15:59

Hoàn toàn đồng ý với kết quả của anh. Cám ơn anh.
Nhân đây, em tự hỏi khi bài toán này có dữ liệu đầu vào là khá lớn thì việc giải bài toán sẽ khá cồng kềnh, dễ nhầm lẫn.
Thế thì ta có thể lập một biểu thức tổng quát để tính các cách không anh? Tức là lập được một biểu thức f(n), mà khi thế lần lượt n=0, 1, 2, 3... thì tương ứng ta có số PA khi không có, có 1 hộp, có 2 hộp, có 3 hộp... có đúng 2 cây viết chì.

Biểu thức $f(n)$ này không đủ điều kiện để xác định, vì số phương án rõ ràng sẽ bị giới hạn bởi $m$ số lượng tổng thể của cây bút và $p$ số lượng hộp bút. Bạn đặt một hàm $g(m,p,n)$ rồi xây dựng các hệ thức truy hồi thì sẽ tìm ra cách để tính giá trị mong muốn, tuy nhiên không chắc là bạn sẽ tìm được một biểu thức đẹp.




#733628 có bao nhiêu cách trả tiền khi mua một món hàng giá 127 đồng?

Gửi bởi perfectstrong trong 13-06-2022 - 03:11

Ta loại các số hạng không có bậc là bội của 5 và đơn giản bậc các số hạng cho 5 ta có:
$\left [ x^{125} \right ]G\left ( x \right )=\left [ x^{25} \right ]\frac{1}{\left ( 1-x \right )^2\left ( 1-x^{2} \right )\left ( 1-x^{4} \right )\left ( 1-x^{10} \right )\left ( 1-x^{20} \right )} =\left[ x^{25} \right ]\frac{A\left ( x \right )}{\left ( 1-x^{20} \right )^{6}}$
Trong đó $A\left ( x \right )=A_{0}+A_{1}x+A_{2}x^{2}+...+A_{82}x^{82}$

Chỗ này em lý giải vì sao có thể loại các số hạng không có bậc là bội của 5 được không? Một phản ví dụ dễ thấy:

\[\left[ {{x^5}} \right]\left( {\left( {{x^2} + {x^3}} \right)\left( {x + {x^4}} \right)} \right) \ne \left( {\left[ {{x^5}} \right]\left( {{x^2} + {x^3}} \right)} \right)\left( {\left[ {{x^5}} \right]\left( {x + {x^4}} \right)} \right)\]




#733570 Định lý Việt Nam

Gửi bởi perfectstrong trong 02-06-2022 - 16:34

Bác này cũng có trên Diễn đàn mình và hay đăng mấy bài toán không kèm lời giải :lol:




#733479 $\left\{\begin{matrix} ax+by=(x-y)^2\...

Gửi bởi perfectstrong trong 19-05-2022 - 22:16

Bạn vẫn chưa hiểu vấn đề. Chỉ vì hệ điều kiện có nghiệm hoán vị thì không có nghĩa hệ ban đầu sẽ có nghiệm hoán vị.

Trong 4 nghiệm tìm ra, ngoài $(0,0,0)$, 3 nghiệm còn lại bạn có thể hoán vị không? Thử $(x,y,z)=(0,a,0)$ vào là thấy phương trình đầu tiên $ax +by=(x-y)^2$ trở thành $ab=a^2$: chưa chắc luôn đúng.