Bài 1: Cho ma trận
$A=\begin{bmatrix} 1 & x &..& x^{n-1} & x^n\\ x & x^2 &..& x^{n} & 1 \\ ...\\ x^n & 1& ...& x^{n-2} & x^{n-1} \end{bmatrix}$
Tính $det(A)$

Bài 2: Cho ma trận
$A=\begin{bmatrix}
1&2&3&m\\ 1&m&2&3 \\ 1&2&m&3\\m&1&2&3 \end{bmatrix}$
Biện luận $r(A)$ theo m.

Bài 3: Tính giá trị lớn nhất của định thức cấp 5 chỉ nhận các phần tử $1$ và $-1$.

Bài 4:
Tính $\begin{bmatrix}a&1&0\\ 0&a&1 \\ 0&0&a\end{bmatrix}^{100}$

Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}=2\widehat{C}$, $I$ là tâm đường tròn bàng tiếp $\widehat{A}$. $M$ là trung điểm $AC$. $IM$ cắt $BC$ tại $P$.
CHứng minh rằng $AB=PB$

khi đầu bài cho như vậy ta có thể thấy ngay là 5 nhóm không đánh thứ tự. vd như chia 4 học sinh a1, a2, a3, a4 thành 2 nhóm thì ta thấy ngay là: (a1,a2), (a1,a3), (a1,a4), (a3,a2), (a4,a2), (a3,a4) ! như vậy trong mỗi nhóm ko cần phân biệt thứ tự và vai trò học sinh như nhau! trong cách trọn ngẫu nhiên từng bước (bất kì) đã t/m bài toán. Như vậy cách 2 là hiểu sai vấn đề thôi !

Bạn xem lại xem liệt kê như thế là 6 cách hay 3 cách?

Tìm số nguyên tố p sao cho
1/ $p^3-4p+9$ là số chính phương.
2/ $p^2-p+1$ là lập phương của 1 số tự nhiên.

Bài 1: Giải phương trình:
$7^x+5^x=8^x+4^x$

Bài 2: Cho hàm số $f(x),g(x)$ liên tục trên $[a,b]$ và số $\alpha$ thỏa mãn
$\dfrac{f(x)}{g(x)}>\alpha \forall x\in[a,b]$
CMR: $\dfrac{f(x)}{g(x)}\geq \alpha+1 \forall x\in[a,b] $

ps: bài 2 có thể mình ko nhớ chính xác đề

Cảm ơn bạn. Nhưng ý mình muốn là 1 lời giải sơ cấp hơn
p/s: Ý mình ở đây là các BĐT hoán vị hoặc đối xứng. Nếu cần bạn sửa lại tiêu đề giúp nhé.

Các bạn hãy tiếp tục tìm lời giải khác cho bài 1 nhé.
Bài 2:
Cho $a,b,c \ge 0$
CMR:
$\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2} \ge \dfrac{10}{(a+b+c)^2} $

Bài 1: Cho $a,b,c$ thuộc $[ \dfrac{1}{3},3] $
CMR: $\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a} \geq \dfrac{7}{5} $

Bài 1:
$P^2(x)=(x^2+2002)Q^2(x)$
Vì $x^2+2002$ là bất khả quy nên $P(x) \vdots (x^2+2002) \Rightarrow Q(x) \vdots (x^2+2002) \Rightarrow .... \Rightarrow P(x) \equiv Q(x)\equiv 0$ vô lý
Bài 2:
$Q(x)=xP(x)-1 \Rightarrow Q(x)=\alpha(x-1)(x-2)...(x-2011)$
$Q(0)=-1 \Rightarrow Q(x)=\dfrac{(x-1)(x-2)...(x-2011)}{2011!}$
$P(2012)= \dfrac{2}{2012}$

Một hướng khác:
$P(2012)= \sum\limits_{i=1}^{2011} (\dfrac{1}{i}\prod \limits_{j\neq i}^{}.\dfrac{2012-j}{i-j})=\dfrac{1}{2012}\sum\limits_{i=1}^{2011}(-1)^{n+1}C_{2012}^i=1/2012$

Đáp số nào sai nhỉ?

Ngắn hơn nè !
$ \Leftrightarrow 2{\left( {4x + 2} \right)^2} = \sqrt {2x + 15} + 28$
Đặt $\sqrt {2x + 15} = 4y + 2$
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 16{y^2} + 16y + 4 = 2x + 15\\ \Leftrightarrow 16{y^2} + 16y = 2x + 11\left( 2 \right)\end{array}$
Từ PT đầu $32{x^2} + 32x = 4y + 22\left( 3 \right)$
$ \Rightarrow \left( 2 \right)\left( 3 \right)$ có hệ :
$\left\{ \begin{array}{l}32{x^2} + 32x = 4y + 22\\16{y^2} + 16y = 2x + 11\end{array} \right.$
Đây là hệ đối xứng nè !

Câu hỏi : Những phương trìhh như thế nào thì làm được như thế này ?

DDTH giờ đã khác xưa rồi

Đặt $a=x^6, b=y^6, c=z^6$
Theo AM-GM thì : $A \leq \dfrac{1}{2x^3+2y^3+2} +\dfrac{1}{2y^3+2z^3+2} +\dfrac{1}{2z^3+2x^3+2}$
Áp dụng BDT quen thuộc $m^3+n^3 \geq mn(m+n)$ và sử dụng điều kiện $xyz=1$:
$A \leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy(x+y)+xyz} +\dfrac{1}{yz(y+z)+xyz} +\dfrac{1}{zx(z+x)+xyz})=\dfrac{1}{2}.\dfrac{x+y+z}{xyz(x+y+z)}=\dfrac{1}{2} $

2 cách chọn trên đúng là khác nhau nhưng số cách chọn 2 tập hợp trên là như nhau, bằng $C_{35}^7.C_{28}^7 $
Và như vậy thì lời giải 1 đúng

Ta thử thay bằng bài toán đơn giản hơn sau đây:
Có bao nhiêu cách chia 4 học sinh thành 2 nhóm?
Lập luận tương tự lời giải 1 thì số cách chia sẽ là $C_4^2.C_2^2=6$ cách.
Vậy bạn có thể liệt kê đủ 6 cách ấy không?

Có thể phản biện cách 1:
Công đoạn 1 ta chọn ra 7 em từ 35 em, có $C_{35}^7$ cách, giả sử $(A_1,A_2,...,A_7)$ là 1 cách chọn.
Công đoạn 2 ta chọn ra 7 em từ 28 em còn lại, có $C_{28}^7$ cách, giả sử $(A_8,A_9,...,A_{14})$ là 1 cách chọn.
Nếu theo lời giải 1, rõ ràng nếu lần 1 chọn $(A_8,A_9,...,A_{14})$ , lần 2 chọn$ (A_1,A_2,...,A_7)$ thì 2 cách chọn trên là khác nhau, mà điều này là vô lý.
Ta thấy rằng với mỗi cách chia 35 em thành 5 nhóm$(N_1,N_2,N_3,N_4,N_5)$ thì cách 1 làm lặp lại$5!$ hoán vị của $(N_1,N_2,N_3,N_4,N_5)$. Do đó kết quả phải đem chia $5!$
Lời giải 2 là chính xác.

Thực ra thì bài này mình có 1 cách (cứ tạm gọi là "cách") đếm theo hoán vị lặp.
Với số có n chữ số trong đó chữ số 1 lặp đúng a lần, chữ số 2 lặp đúng b lần, chữ số 3 lặp đúng c lần
$( 0 \leq a \leq 2, 0 \leq b \leq 3, 0 \leq c \leq 4)$ và $a+b+c=n$
Thì số số thỏa mãn là $\dfrac{n!}{a!.b!.c!}$
Sau đó xét từng trường hợp của n từ 1 đến 9
Chẳng hạn: $8=n=a+b+c=1+3+4=2+2+4=2+3+3$
thì số số có 8 chữ số là: $\dfrac{8!}{1!.3!.4!}+\dfrac{8!}{2!.2!.4!}+\dfrac{8!}{2!.3!.3!}$

Nếu ngồi trâu bò 15p thì hơn 1 mặt giấy cũng ra

các chữ số có nhất thiết phải khác nhau ko vậy bạn?
Nếu khác nhau thì mình làm nưu sau:
*Xét số có 1 chữ số :đễ dàng có 3 số lập đc
*Xét số có 2 chữ số là $\overline{a_1a_2}$
$a_1$ có 9 lưa chọn =>$a_2$ có 8 lựa chọn =>Số các số tạo thành là 9.8=72 số
Cứ tiếp tục xét th cho đến số có 9 chữ số ,ta sẽ có số các số có thể lập đc là 3+9.8+9.8.7+9.8.7.6+9.8.7.6.5+9.8.7.6.5.4+9.8.7.6.5.4.3+9.8.7.6.5.4.3.2+9!=....

1)Các chữ số ko nhất thiết khác nhau.
2)Nếu khác nhau thì cách làm của bạn cũng ko đúng.
Dù sao cũng cảm ơn bạn đã quan tâm.

Từ 9 chữ số : $1,1,2,2,2,3,3,3,3$ có thể lập được bao nhiêu số?
(lưu ý số lập được ko nhất thiết có 9 chữ số)

CMR có vô số bộ 3 số nguyên dương liên tiếp sao cho mỗi số đều phân tích được dưới dạng tổng của 2 số chính phương lớn hơn 0.

chứng minh rằng có vô số số nguyên tố dạng 4k+3 (k thuộc Z+)

Giả sử có hữu hạn n số $p_i(i=\overline{1,n})$ có dạng trên.

Xét số $P=4p_1p_2...p_n+3$
Dễ thấy $P \not\vdots p_i$ suy ra P toàn ước số nguyên tố dạng $4k+1$
$\Rightarrow P \equiv 1(mod 4)$ vô lý

Bài 2:
$a_n^n=a_{n-1}^{n-1}+2^{n-1}+2.3^{n-1}$
$=a_{n-2}^{n-2}+2^{n-1}+2^{n-2}+2(3^{n-1}+3^{n-2})$
$=....$
$=a_1+(2^{n-1}+2^{n-2}+...+2)+2(3^{n-1}+3^{n-2}+...+3)$
$=2^n+3^n$
(Bạn có thể dễ dàng tình được tổng $2^{n-1}+2^{n-2}+...+2$ và $3^{n-1}+3^{n-2}+...+3$ )
Để c/m $(a_n)$ là dãy giảm ta c/m $a_n<a_{n-1}$
Tức là c/m $(2^{n-1}+3^{n-1})^n>(2^n+3^n)^{n-1}$
Thật vậy:
$(2^{n-1}+3^{n-1})^n=(2^{n-1}+3^{n-1})(2^{n-1}+3^{n-1})^{n-1}>3^{n-1}(2^{n-1}+3^{n-1})^{n-1}=(3.2^{n-1}+3.3^{n-1})^n>(2^n+3^n)^{n-1}$

Cách này chắc THCS hiểu được chứ

Hình như Chuyên Hùng Vương không tham gia...

Cho $p=a_na_{n-1}...a_2a_1a_0$(gạch đầu) là 1 số nguyên tố $(n \ge 2)$
CMR phương trình $a_nx^{n}+ a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

Cho số nguyên dương $n$ và $x_1, ... , x_n$ là các số nguyên dương khác nhau. Tìm GTNN của:

$H=\dfrac{x_1^{3} + ... + x_n^{3}}{x_1 + ... + x_n}$

$x_1^{3} + ... + x_n^{3}=A$
$x_1 + ... + x_n=B$

Đặt $H_0 = \dfrac{1^3+2^3+...+n^3}{1+2+...+n}$
Giả sử $H'= \dfrac{A+(m_1^3+m_2^3+...+m_k^3)-(x_{i_{1}}^3+x_{i_{2}}^3+...+x_{i_k}^3) }{B+(m_1+m_2+...+m_k)-(x_{i_1}+x_{i_2}+...+x_{i_k})} $ $(k \leq n)$,$ i_j$ chạy trong $ [1;n]$
với $m_j>x_{i_j},min(m_j)>n$,các $m_j$ phân biệt
Ta c/m $H'>H_0$
Nhân chéo ta có điều trên tương đương với $\sum\limits_{j=1}^{k}(B(m_j^2+m_jx_{i_j}+x_{i_j}^2)-A)>0$
Đúng do $B(m_j^2+m_jx_{i_j}+x_{i_j}^2)>Bm_j^2>Bn^2>A$
Vậy $minH=H_0$

HSG khối 2005 là đề gì hở bạn?Đề HSG khối 10 của tự nhiên àh?

Giải hệ trên tập số thực
$x(y+1)=y+ \dfrac{5}{z+2}$
$y(z+2)=2z+ \dfrac{3x+13}{x+3}$
$z(x+3)=3x+ \dfrac{8y+11}{y+1}$
PS: Hệ có nghiệm $(x,y,z) \equiv (1,2,3)$

Đặt $x+3=a,y+1=b,z+2=c$
Hệ:
$ab+1=4b+ \dfrac{5}{c}$
$bc+1=3c+ \dfrac{4}{a}$
$ca+1=5a+ \dfrac{3}{b}$
-------------------------------------------
Lúc đấy đang vội
Tiếp

$b(a-4)= \dfrac{5-c}{c}$
$c(b-3)=\dfrac{4-a}{a}$
$a(c-5)=\dfrac{3-b}{b}$
Tới đây nhân vế xong OK rồi chứ

Cho 3 số dương nhỏ hơn a;b;c <1 . CMR:
a(1-c)+b(1-a)+c(1-b)<1

$(1-a)(1-b)(1-c)+abc>0 \Rightarrow đpcm $