Cũng lâu lắm rồi mới quay lại VMF , cx mới để ý là anh lên đhv đại học rồi  .

 

Có 2 cách giải cho bài toán : 

 

Nhắc lại, thí nghiệm đứng sau hàm phân phối Binomial ( Binomial Distribution): 

 

Tung một đồng xu với xác suất ra H (mặt ngửa) là $p$ , sau $n$ lần, xác suất ta nhận được $k_1$ mặt úp được biểu diễn bằng hàm PMF : ( random variable X ) 

 

$$P_X(k_1) = \left\{\begin{matrix}\quad \binom{n}{k_1} p^{k_1} (1 - p)^{k_1} \quad \text{for}\quad k_1 = 0 , 1 , .. , n \\ 0 \quad \quad\quad\quad\text{otherwise } \end{matrix}\right.$$

 

Thí nghiệm này cũng tương tự với thí nghiệm  ( random variable Y ) tung đồng xu với xác suất ra mặt ngửa là $1 - p $ , xác suất ta nhận được $k_2$ mặt ngửa sẽ được biểu diễn : 

 

$$P_X(k_2) = \left\{\begin{matrix}\quad \binom{n}{k_2} p^{k_2} (1 - p)^{k_2} \quad \text{for}\quad k_2 = 0 , 1 , .. , n \\ 0 \quad \quad\quad\quad\text{otherwise } \end{matrix}\right.$$

 

Và theo ta thấy, $k_1 = n - k_2 $ nên hai phân phối này là tương đương nhau ( iid distribution ) .

 

 

Hoặc, ta có thể chỉ cần chứng minh qua công thức hàm PMF mà không cần đến ví dụ như trên.

[Reuploaded ]Cho n điểm trên mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét các đoạn thẳng có đầu mút là những điểm này sao cho với hai điểm bất kì A và B, tồn tại một điểm C nối với 2 điểm A và B bằng 2 trong các đoạn thẳng đó.Hỏi số bé nhất các đoạn thẳng như thế là bao nhiêu?

P/s : Bài chế ra lúc rời VMF để làm quà và khi quay lại vẫn chưa ai giải thôi thì làm quà trở lại luôn

Đây nhé 

Bài này chủ yếu là dựa vào hai bổ đề:
1) Cho điểm $M$ bất kì trong tam giác $ABC$. Gọi $M_1, M_2, M_3$ lần lượt là điểm đổi xứng của $M$ qua trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$ thì $AM_1, BM_2, CM_3$ đồng quy
Chứng minh đơn giản, để ý các hình bình hành được tạo ra. Ba đường đó đồng quy tại trung điểm mỗi đường.
2) Cho tứ giác $ABCD$, gọi $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$ thì trung điểm $AC, BD, EF$ thẳng hàng (nói cách khác, trung điểm của các đường chéo của một tứ giác toàn phần thẳng hàng)
Đường thằng này gọi là đường thẳng Newton-Gauss, có thể chứng minh bằng cách dùng diện tích hình bình hành hoặc định lý Menelaus.
Quay trở lại bài toán. Gọi $M_1, M_2, M_3$ là điểm đối xứng của $M$ qua trung điểm $BC,CA,AB$. Áp dụng bổ đề 2 cho ta $A, A_2, M_1$ thẳng hàng. Tương tự $B, B_2, M_2$ thẳng hàng và $C, C_2, M_3$ thẳng hàng. Như vậy ta cần chứng minh $AM_1, BM_2, CM_3$ đồng quy, chính là bổ đề 1 ở trên.
Mặt khác chúng đồng quy tại trung điểm $AM_1$, mà dễ dàng chứng minh được $G$ là trọng tâm tam giác $AMM_1$ nên suy ra điểm đồng quy thuộc $MG$
 
P/S: không biết có lời giải nào hay hơn bằng vectơ không, bài này là toán 10 mà nhỉ

Làm sao để $A,A_{2},M_{1}$ thẳng hàng theo bổ đề 2 vậy ạ, em chưa hình dung ra lắm

có lời giải mà em

Không có em mới đăng lên đây chứ

Bài này có trong tài liệu chuyên Toán 10 Hình học.

Thì em lấy trong sách đó ra mà ạ, cơ mà em không biết làm nên mới đăng lên đây ạ, anh cho em tham khảo cách giải với ạ, em cảm ơn nhiều.

Cho $\Delta ABC$, trọng tâm $G$ và điểm $M$ nằm trong tam giác. $AM,BM,CM$ theo thứ tự cắt $BC,CA,AB$ tại $A_{1}, B_{1},C_{1}$ .$A_{2},B_{2},C_{2}$ là điểm đối xứng của M qua trung điểm $B_{1}C_{1},C_{1}A_{1},A_{1}B_{1}$. Chứng minh $AA_{2},BB_{2},CC_{2}$ đồng quy tại một điểm thuộc MG.

P/s: Mọi người vui lòng chỉ rõ giùm mình hướng và cách giải bài này với ạ, mình vẫn đang ngờ ngợ

TOPIC đã kết thúc, để tránh tình trạng spam, mình xin khóa TOPIC. Cảm ơn vì mọi người đã tham gia TOPIC nhiệt tình

Nghe cũng hợp lí đấy ?!! Nhưng theo linh cảm vẫn cứ thấy sao sao, vì cái bài hcn 3x7 người ta yêu cầu chứng minh trước, sau đó đến bài tổng quát này. Không lẽ lại lập luận đơn giản thế thôi ??!!

Thì có gì sai đâu nhỉ ? , chỉ là thu nhỏ lại một trường hợp đơn giản hơn thôi , đề bài thậm chí còn ko ở dạng tổng quát nhất cơ mà

Nghiêm túc chứ ?!          Thu nhỏ kiểu gì nhỉ ?!

Ví dụ nhé, nếu lấy n =4, thì $n(n-1)+1 =13$ , vậy ta có thể xét trong một phạm vi nhỏ hơn là ô 3x7 nằm trong ô 4x13 của nó chứ sao

Mình cũng làm được bài toán với hình chữ nhật kích thước 3 x 7 rồi nhưng với dạng tổng quát thì chưa làm được ?!

Với n=1 và =2 thì ko đúng , cơ mà với $n \geq 3$ thì có thể thu nhỏ hình về ô $3x7$ thôi cũng được rồi mà  

Dạng tổng quát của bài này (cách làm thì tương tự  )

Giả sử một bàn cờ hình chữ nhật có kích thước 3x7 ô vuông được sơn 2 màu Đ và T. Chứng minh rằng với cách sơn màu bất kì trong bàn cờ luôn tồn tại ít nhất một hình chữ nhật mà 4 ô ở góc được tô cùng một màu

 

 

Cách của mình như sau:
geogebra-export (12).png
Xét các cột có 3 ô $a_{1};a_{2};a_{3}$ như trên, ta có 8 trường hợp của mỗi cột :$(a_{1};a_{2};a_{3})=(Đ,Đ,Đ);(Đ,Đ,T);(Đ,T,Đ);(T,Đ,Đ),(T,T,T);(T,T,Đ);(T,Đ,T);(Đ,T,T)$
Ta có nhận xét: Nếu có 2 cột nào cùng dạng thì ta luôn có HCN cần tìm
Xét các trường hợp sau:
$*$ Nếu có 1 cột thuộc dạng cột thứ nhất,
$+$Nếu các cột còn lại có ít nhất 1 cột thuộc dạng $1,2,3,4$ thì ta có ĐPCM
$+$ Nếu các cột còn lại ko có cột nào thuộc dạng $1,2,3,4$ thì 6 cột còn lại mang  4 dạng , chắc chắn có ít nhất 2 cột có cùng dạng -> ĐPCM
Trường hợp dạng cột thứ 5 cũng xét tương tự
$*$ Nếu ko có cột nào thuộc dạng 1 hoặc 5
Từ đây ta suy ra 7 cột còn lại mang 6 dạng còn lại, nên tồn tại 2 cột có cùng dạng -> ĐPCM

Cho n điểm trên mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét các đoạn thẳng có đầu mút là những điểm này sao cho với hai điểm bất kì A và B, tồn tại một điểm C nối với 2 điểm A và B bằng 2 trong các đoạn thẳng đó.Hỏi số bé nhất các đoạn thẳng như thế là bao nhiêu?

P/s; Chắc dễ hiểu hơn rồi

Cho tam giác ABC. Với mỗi điểm M bất kì ta dựng điểm P theo công thức: $\vec{MP}=\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}$. Tìm tập hợp điểm P khi M thay đổi trên:

a) Đường thẳng d

b) Đường tròn (O; R).

Ta có công thức: $\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}=3\vec{MG}$ (Với G là trọng tâm $\Delta ABC$ )

a)Vậy $\vec{MP}=3\vec{MG}$

Vậy $P,M,G$ thẳng hàng , P di chuyển trên đườngt thẳng song song với d và cách $d$ một khoảng bằng 3 lần khoảng cách từ G đến d

b) Tương tự như trên

 

Hãy sửa tiêu đề bài viết

lấy c = 100 thử xem

Mình làm tạm nhé, th còn lại thì bạn tự xét

$a+b=13^y.x$ thì $a+b =(b+ac).x$
Vì $b+ac \geq a+b$ Nên $x\leq 1$ vậy thì $x=1$
Đến đây chắc bạn ko thắc mắc nữa đúng ko

NẾU ANH NÓI c+1 không chia hết cho 13 thi b+a chỉ có dạng như vậy là sai.
VD: Anh lấy c + 1 = 2 => rõ ràng b +a phải chia hết cho 2 ( do vp chia hết cho 4)
=> nó vẫn có chứa 2

$c+1 =2$ thì $c=1$ chứ sao
Hiện tại mình đang on bằng đt nên ko lên đc nữa, máy sắp sập nguồn , tối mình đánh lại

Theo giả thiết của anh thì c-1 không chia hết cho 13 hoặc chia hết cho 13
+, Nếu c - 1 không chia hết cho 13. a-b vẫn có thể chứa một phần tử khác 13
+, nếu c-1 chia hết cho 13 thì vẫn thể

Chắc mình chưa giải thích kĩ cho bạn rồi, 2 trường hợp này thứ nhất là không đồng thời, thứ 2 là nếu$c-1$ chia hết 13 thì $a+b$ cũng sẽ chia hết 13
, nếu$c+1$ chia hết 13 thì $a-b$ cũng như vậy và ngược lại

Ở đây mình xét 2 trường hợp là nếu $c-1$ chia hết 13, thì $c+1$ sẽ không chia hết 13 và lúc ấy $b+a$ sẽ chỉ có thể như vậy.

XÉT TRƯỜNG HỢP SAI RỒI ANH ƠI. DO TÍCH ( b-a )(c-1) chưa phải là một lũy thừa của 13 neen anh không thể đặt như vậy được
Lấy vd đơn giản nhất là khi b-a = 13^y . 2 là xong luôn

Đọc kĩ lại, nếu $c—1$ không chia hết 13 thì sẽ như vậy, vì 13 là 1 số nguyên tố

Tach ra 2 TH sai roi kia

Sai ở đâu ạ , anh giải thích em xem với ạ

Mình không muốn bạn làm phiền mình (lí do thì mình không tiện nói và bạn cũng chắc hẳn đã biết rồi ) , còn việc bạn không bình luận và nhắn tin cho mình là vì bạn đã nằm trong danh sách đen của mình   , mọi người đều có quyền làm như vậy cả , bạn chỉ không bình luận và nhắn tin được cho mình thôi , còn những người khác bạn vẫn có thể bình luận và nhắn tin bình thường .

-MoMo123

Cho $a,b$ là các số nguyên và $a\equiv b(modm)$. Chứng minh rằng: $(a,m)=(b,m)$

Bổ đề hữu ích

Ta có bổ đề sau:

$(a,b)=(a-b,b)$ (Cái này đúng )

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b$ 

Viết $a,b$ dưới dạng $a=mp+n$ .$b=mq+n$

Đặt $p=q+s$

Ta có:

$(a,m)=(mp+n,m)=(m(p-1)+n,m)=(m(p-2)+n,m)=....=(m(p-s)+n,m)=(mq+n,m)=(b;m)$ (ĐPCM)

Thử đưa về bài toán quen thuộc xem có được không

Giả sử tồn tại $a,b,c$ là các số nguyên tố thỏa mãn đề bài 

Theo Tea , ta lí luận được $a+b+c+ab+bc+ca \vdots abc$

Đặt $A.abc=a+b+c+ab+bc+ca$

Thì $(A+1).abc=(a+1)(b+1)(c+1)-1$ 

Đến đây lí luận được $a,b,c$ cùng tính chẵn lẻ

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b \leq c$

Với $a $ lẻ thì $a\geq 3 ,\,\, b \geq 5\,\,\,\, c\geq 7$

Và $A=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} <1$

Cái này không được

Vậy nên $a=b=c=2$ (Càng không được )

Cho nên không tồn tại $a.b.c$ thỏa mãn đề bài  

Lâu lâu chơi bài này cho vui
Ta có : . Đặt $a+bc =13^{x}\,\,\,\, b+ac=13^y$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y$
Ta có:
$$(b-a)(c-1)=13^y(13^{x-y}-1)$$
$$(b+a)(c+1)=13^{y}(13^{x-y}+1)$$
Vì $c-1$ và $c+1$ không thể cùng đồng thời chia hết 13 cho nên
TH1"
$b-a=13^y$ $ \Rightarrow a(c+1)=0$ (Không thể nào )
TH2:
$b+a=13^y$
Từ đây suy ra $c=1$ hay $(a+b)^2=13^n$
Vậy nên $2|n(Q.E.D)$
P/s: Trường hợp x và y bằng nhau thì tự xét .Bài này không quan trọng con số 13 cho lắm

Các bạn học sinh xếp hàng dọc sao cho đếm từ trái sang, hàng thứ nhất có n bạn, hàng thứ 2 có n-1 bạn,... cho đến hàng thứ n có 1 bạn. Các bạn đều quay mặt về phía hàng thứ nhất. Ví dụ với $n=5$ (mỗi dấu * đại diện cho một bạn):

*

* *

* * *

* * * *

* * * * * (hàng thứ nhất)

Mỗi bạn được phép chọn duy nhất một mệnh đề trong 2 mệnh đề dưới đây để phát biểu ( trừ bạn đứng đầu hàng):

 

Mệnh đề 1: "Bạn trước mặt mình là người nói thật, bạn bên trái của bạn trước mặt mình là người nói dối."

 

Mệnh đề 2: "Bạn trước mặt mình là người nói dối, bạn bên trái của bạn trước mặt mình là người nói thật."

 

Với n=2015. Hãy tìm số người nói thật nhiều nhất có thể

 

P/s: Mọi người giải thích kĩ giúp mình một chút , nói thật nói dối nó cứ loạn xì ngầu ra ấy

Schur
$a^3+b^3+c^3 +3abc \geq ab (a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \geq 2 ( \sum ab\sqrt {ab}) \geq 6$

cho $x\geq 1$ $y\geq 2$  $z\geq 3$ Tim max P=$\frac{xy\sqrt{z-4}+yz\sqrt{x-2}+xz\sqrt{y-3}}{xyz}$

 

Điều kiện của các biến có vấn đề nên đề chắc chưa chuẩn đâu.Hoặc dấu bằng không xảy ra.

$P=\frac{\sqrt{z-4}}{z}+\frac{\sqrt{x-2}}{x}+\frac{\sqrt{y-3}}{y}=>P.\sqrt{5}=\frac{\sqrt{(z-4).5}}{z}+\frac{\sqrt{(x-2).5}}{x}+\frac{\sqrt{(y-3).5}}{y}\leq \frac{z-4+5}{2z}+\frac{x-2+5}{2x}+\frac{y-3+5}{2y}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2z}+\frac{3}{2x}+\frac{1}{y}\leq \frac{3}{2}+\frac{1}{6}+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=\frac{22}{6}=>P\leq \frac{22\sqrt{5}}{30}$

Dấu bằng không xảy ra

Hình như dấu bằng không xảy ra tại điều kiện thì phải   (Hơn nữa cũng không chuẩn cho lắm vì nếu $x=1,y=2,z=3$ thì vô nghĩa dấu căn rồi còn đâu )

$\frac{xy\sqrt{z-4}}{xyz}=\frac{xy\sqrt{(z-4).4}}{2zyz} \leq \frac{xy.(z-4+4)}{4xyz} =\frac{1}{4}$

Thiết lập các BĐT tương tự, ta có $ P \leq \frac{1}{8}+\frac{1}{2\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{3}}$

Dấu bằng xảy ra tại $x=4 \,\,\, z=8 \,\,\, y=6$