Để giải bài này cho đúng trước hết phải định nghĩa cho rõ thế nào là hình thang. Hình chữ nhật, hình bình hành, hình thoi... có phải hình thang không? tứ giác nào có 2 cạnh đối diện // cũng là hình thang à?
Theo mình hình thang có 2 cạnh đối diện // và 2 góc ở đáy phải cùng nhọn hay cùng tù

Trong trường hợp nhiều nhất sẽ có n*(n-1)/2 hình thang. Trường hợp ít nhất là không có hình thang nào.
Còn trường hợp tổng quát thì tính xem có bao nhiêu cặp [(a,b), (c,d)] mà tọa độ a<c<d<b

Một nước có 80 sân bay mà khoảng cách giữa 2 sân bay nào cũng khác nhau. Mỗi máy bay nào cất cánh và bay đến sân bay nào gần nhất. Chứng minh rằng bất kì sân bay nào cũng không thể có qua 5 máy bay bay dến.

Bạn ơi, cố gắng diễn đạt cho nó rõ ràng, chính xác nhé. Viết thế này mới đúng nè:
Một nước có 80 sân bay. Khoảng cách giữa các sân bay đôi một khác nhau. Mỗi máy bay sau khi cất cánh chỉ được phép bay đến sân bay gần nhất. Chứng minh rằng bất kì sân bay nào cũng không thể có quá 5 máy bay bay đến từ các sân bay khác nhau.

Theo mình giải thế này:
Giả sử có SB nào đó có 6 máy bay đến từ các SB khác nhau. Như vậy có ít nhất 6 đoạn thẳng hôi tụ tại SB đó. Và sẽ có 1 góc nào đó nhỏ hơn hay bằng 60 độ. Do đó trong 2 đoạn thẳng là 2 cạnh của góc sẽ có 1 đoạn lớn hơn hay bằng cạnh đối diện đối diện với góc đó. Suy ra đoạn đó không phải là ngắn nhất...

Bây giờ đố lại thế này:
Một nước có 80 sân bay. Khoảng cách giữa các sân bay đôi một khác nhau. Mỗi máy bay sau khi cất cánh KHÔNG được phép bay đến sân bay gần nhất. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu máy bay đến từ các SB khác nhau có thể bay đến 1 SB nào đó.

n=62 và n=59 cũng là nghiệm.
S(62)=S(S(62))=8

Bài 1:
Có 1 cái thang có tất cả 31 bậc. Ta đặt thang sao một đầu ở dưới đất, còn đầu kia gác vừa chạm lên mái nhà.
Mỗi bậc thang có gắn 1 cái mũi tên: nó hoặc chỉ lên trên hoặc chỉ xuống dưới. Nếu bạn đang đứng trên 1 bậc nào đó thì hãy nhìn vào mũi tên của bậc đó. Nó chỉ lên thì phải đi lên 1 bậc, nó chỉ xuống thì bạn phải xuống 1 bậc. Ngòai ra, ngay sau khi bạn rời khỏi bậc nào đó thì lập tức mũi tên sẽ đổi chiều ngược lại.
Hỏi: bạn phải đứng ở bậc nào và các mũi tên lúc đầu phân bố ra sao để bạn có thể thực hiện được nhiều bước nhất cho tới khi bắt buộc phải tụt xuống đất hay là buộc phải trèo lên mái nhà?

Cho 1 số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 7. Nếu tăng mỗi chữ số của số đó thêm 2 thì được số mới bằng số ban đầu đem nhân 2 rồi trừ đi 3.
Hãy tìm số đã cho.

Có ai giải được cho trường hợp x=4k+2 hay không?

Bây giờ bác tuan101293 sửa lại đúng cả rồi. Nhưng mình thành ra lại bị quê quá... hi hi... mọi người sẽ chẳng ai hiểu mình nói cái gì ở trên nữa. Giá như bác tuan101293 post cái phần sửa xuống dưới bài viết của mình thì vẫn hơn.
Ngay từ đầu mình đã nói là lời giải của bác tuan101293 là hay mà. Nhưng cư xử sao cho khéo léo, thể hiện sự tôn trọng người khác đôi khi cũng khó không kém gì làm toán đâu các bạn ạ....

Kô cần phải 3 số chẵn vì trong 3 STN bất kì kiểu gì cũng có ít nhất 2 số cùng chẵn hoặc cùng lẻ; tổng của chúng chẵn

Điều này thì bác nói đúng rồi nhưng nó liên quan đến dòng đầu tiên trong lời giải của tuan101293.
Còn điều tôi muốn nói liên quan đến cái dòng mà tôi đã trích dẫn cơ. 3 số chẵn là b1, b2, b3 mà bác tuan101293 đã chỉ ra. Trong 3 số chẵn đó bao giờ cũng có chọn được 2 số có dạng 4k hoặc 2 số có dạng 4k+2.
Điều cần CM là phải chia hết cho 4 chứ ko phải là cho 2.
Bác hungnd đọc lại cho kỹ đi nha.

Trong 3 số $b_1,b_2,b_3$ có 2 số có tổng chia hết cho 2

Lời giải của bạn tuan101293 rất hay nhưng ở đây bạn chắc viết sai chính tả? Cần phải nói lại là "trong 3 số chẵn thì bao giờ cũng chọn được 2 số có tổng chia hết cho 4". Từ đó suy ra điều cần CM.

Mà bài số 5 hơi bị dở hơi vì nếu (1/a + 1/b) là số nguyên dương thì suy ra a=b=2 hay là a=b=1 (d=2; d=1). Thế là xong, chẳng cần CM cái gì nữa.

Bài5:
Cho a,b là các số nguyên dương sao cho $ \dfrac{{a + 1}}{a} + \dfrac{{b + 1}}{b} $ cũng là số nguyên. Gọi d là ước số chung của a và b. Chứng minh $ d \le \sqrt {a + b} $

Nếu $ \dfrac{{a + 1}}{a} + \dfrac{{b + 1}}{b} $ là số nguyên thì $ \dfrac{{1}}{a} + \dfrac{{1}}{b} $ cũng là số nguyên hay là: $a+b=kab $ (k nguyên dương)
Nếu d là ước số chung của a, b thì: a=dm và b=dn (m,n nguyên dương)
Suy ra: $a+b=kmnd^2 $ $\sqrt{a+b}= \sqrt{kmn}*d $
k,m,n nguyên dương nên $ \sqrt{kmn}$ 1 $\sqrt{a+b}$ d

Vào đúng 12 giờ trưa có 3 con ruồi lần lượt nhảy đậu lên kim giây, kim phút và kim giờ của chiếc đồng hồ. Trên đường đi mỗi khi có 2 kim nào đó gặp nhau thì 2 con trên 2 kim đó sẽ đổi chỗ cho nhau. Còn nếu 3 kim cùng gặp nhau thì 2 con trên kim giây và kim giờ sẽ đổi chỗ. Hỏi đến 12 giờ đêm thì từng con ruồi đã đi được bao nhiêu vòng?

Đề thi HS giỏi lớp 7, Matxcơva (Nga). Lời giải ngắn gọn chỉ có 2 dòng, nhưng các thí sinh tham dự ko ai giải được.
Vậy xem HS Việt nam có ai làm được không?

chứng minh với mọi số nguyên tố p lớn hơn 3 ta luôn có p bình phương trừ 1 chia hết cho 24

p là số nguyên tố thì p ko chia hết cho 3: p=3k+1 hay p=3k-1 $(p^{2} -1)$ chia hết 3
p là số nguyên tố thì p ko chia hết cho 2: p=2k+1 hay p=2k-1 $(p^{2} -1)$ =4k(k+1) chia hết 8 vì 1 trong 2 số k hay (k+1) là số chẵn

<=>$x_1(x_1+1)=2y_1^5$
Để ý $(x_1,x_1+1)=1$ ta dễ dàng suy ra nghiệm của phương trình.

'pephuc_93 có thể giải thích thật rõ ràng điều này được không? Đồng ý là $(x_1,x_1+1)=1$ nhưng tại sao PT này chỉ tồn tại nghiệm duy nhất là $x_1=1; y_1=1 ?$

Bài này mình thu được một số kết quả hay, nhưng chưa giải đến cùng được. Sau đây là lời giải (chưa trọn vẹn) của mình:

$x^2=y^5+4$ $(x-2)(x+2)=y^5$

Có thể xảy ra các trường hợp sau:
1) Nếu $x$ là LẺ:
Khi đó $(x-2)$ và $(x+2)$ là 2 số lẻ nguyên tố cùng nhau. Sẽ phải tồn tại 2 số lẻ $n,m$ nguyên tố cùng nhau $(n,m)=1; n>m$ và $n*m=y$, sao cho:
$(x-2)=m^5 ; (x+2)=n^5$
$n^5-m^5= (x+2)-(x-2)=4$
Thế nhưng $n^5-m^5 >= (m+2)^5-m^5 > 2^5=32$. Vô lý.
Như vậy nếu $x$ lẻ thì PT đã cho vô nghiệm

2) Nếu $x$ là số CHẴN.
Sẽ lại có 2 trường hợp:
a) $x=4k$
$(x-2)(x+2)=(4k-2)*(4k+2)= 4*(2k-1)*(2k+1)= y^5$
Hay là: $ (2k-1)*(2k+1)= 2^3*m^5$ với $m$ là 1 số nguyên nào đó.
Thế nhưng vì vế trái là số lẻ, vế phải là số chẵn nên lại suy ra vô lý.
Vậy với trường hợp $x=4k$ thì PT cũng lại vô nghiệm

b) $x= 4k+2$
Với trường hợp này mình chỉ "mò" ra được là PT có 1 nghiệm:
$ x=6 ; y=2 $
Nhưng đây có phải là nghiệm duy nhất cho trường hợp $x=4k+2$ hay không thì mình chưa chứng minh được. Thử bằng cách lập trình trên máy tính thì cũng không tìm ra thêm được nghiệm nào nữa.

Vậy có bạn nào có cách làm khác hoặc giải nốt được trường hợp trên khi $x=4k+2$ không?

Chắc là đề bài phải viết thế này mới đúng nhỉ:
Bài 1:
Cho a,b là hai số nguyên lớn hơn 1
CM rằng nếu $ \dfrac{ a^{2}+1 }{ab-1 } $ là 1 số nguyên thì $\dfrac{ b^{2}+1 }{ab-1} $ cũng là 1 số nguyên

Bài 2:
Tìm các giá trị của x,y,z để biểu thức sau nhận giá trị nhỏ nhất:
$P(x,y,z)=19 x^{2} +54 y^{2} + \dfrac{6025}{1004} +16 z^{2} +36xy-24yz-16zx+ \dfrac{14057}{1008} $

Trường hợp bắt buộc phải sử dụng cả 4 màu có thể suy ra từ kết quả giải bài này của mình ở trên.

1) Cho trường hợp KHÔNG bắt buộc dùng cả 4 màu ta đã có:

$S(n) = 4*3 ^{(n-1)} - S(n-1) $
$S(2)=12 $
Nhưng vì: $ 4*3 ^{(n-1)} = 3 ^{n} + 3 ^{(n-1)} $
Nên nếu khai triển biểu thức của S(n) theo n, các số hạng sẽ triệt tiêu cho nhau và cuối cùng ta sẽ nhận được:
$S(n) = 3 ^{n} + 3 $ nếu n chẵn
$S(n) = 3 ^{n} - 3 $ nếu n lẻ

2) Bây giờ xét trường hợp bắt buộc phải sử dụng cả 4 màu khi tô màu.
Ta sẽ loại bỏ đi các từ công thức tính S(n) ở phần trước các trường hợp chỉ sử dụng 2 hay 3 màu khi tô màu.
Đầu tiên, cũng lý luận như trước thấy rằng nếu với mỗi bộ 3 màu cho trước, số cách tô P(n) sao cho không có 2 tam giác cùng màu kề nhau (KHÔNG bắt buộc phải đủ 3 màu) là:
$P(n) = 3*2 ^{(n-1)} - P(n-1) $
$P(2)=6 $
Hay là:
$P(n) = 2 ^{n} + 2 $ nếu n chẵn
$P(n) = 2 ^{n} - 2 $ nếu n lẻ

a) Trường hợp n lẻ:
Nếu n lẻ thì không thể tô chỉ bằng 2 màu được. Do đó chỉ cần cần loại bớt số lần tô chỉ dùng 3 màu
Ngoài ra với mỗi bộ 4 màu (X,Đ,T,V) cho trước, luôn lấy ra đươc 4 tập hợp con là các bộ 3 màu: (X,Đ,T), (X,Đ,V), (Đ,T,V) và (X,T,V) nên số cách tô chỉ dùng 3 màu đ/v 4 màu (X,Đ,T,V) là 4*P(n)
Và cuối cùng số cách tô R(n) bắt buộc phải có dùng cả 4 màu cho đa giác n đỉnh với n lẻ là:
$R(n) = S(n) - 4*P(n) = 3 ^{n} - 4*2 ^{n} + 5 $

b) Trường hợp n chẵn:
Trường hợp n chẵn sẽ phải trừ đi số cách tô chỉ dùng 3 màu và số cách chỉ dùng 2 màu.
Số cách tô chỉ dùng 2 màu trong số 4 màu là C(2/4)*2=4!/(2!*2!)*2=12. Phải *2 vì là, chẳng hạn, (X,Đ) và (Đ,X) là được coi là 2 cách tô màu khác nhau.
Ngoài ra trong công thức tính P(n) cũng phải loại ra C(2/3)*2=6 là số trường hợp tô 2 màu khi ta tính P(n) (bao gồm cả tô bằng 2 và 3 màu).
Tóm lại:
$R(n) = S(n) - 12 - 4*(P(n) - 6) = 3 ^{n} - 4*2 ^{n} + 7 $

Thử lại kết quả với n=4 theo công thức này: R(4)=24, khớp với trường hợp phải dùng đủ 4 màu để tô đa giác 4 đỉnh sẽ có tất cả 4!=24 cách tô sao cho không có 2 tam giác cùng màu nằm kề nhau.

Xong! Xin các bác cho ý kiến đóng góp! Thank you!

Nếu kiểm tra bằng cách tô màu thủ công cho các trường hợp n=2,3,4 rồi so với công thức ở trên thì thấy khớp nhau:
S(2)=12
S(3)=4*3**2-S(2)=24
S(4)=4*3**3-S(3)=84
Ví dụ với n=3 (liệt kê thủ công):
1/(X,Đ,V)
2/(X,Đ,T)
3/(X,V,Đ)
4/(X,V,T)
5/(X,T,Đ)
6/(X,T,V)
7/(Đ,X,V)
8/(Đ,X,T)
9/(Đ,V,X)
10/(Đ,V,T)
11/(Đ,T,V)
12/(Đ,T,X)
13/(T,X,Đ)
14/(T,X,V)
15/(T,Đ,X)
16/(T,Đ,V)
17/(T,V,X)
18/(T,V,Đ)
19/(V,X,Đ)
20/(V,X,T)
21/(V,Đ,X)
22/(V,Đ,T)
23/(V,T,X)
24/(V,T,Đ)

đoạn này tiếp tục sai .

Ko phải mình tiếp tục sai mà là bác sai vì bác đọc đề ko kỹ.

VÌ có thể lặp X,D,X,D ,....,D với D,X,D,...X tức là quay một vòng đa giác đều

Thì quay một vòng đa giác đều, đâu có sao. Nếu n chẵn thì cũng ko có 2 tam giác nào cùng màu cạnh nhau.
Còn với n lẻ thì lại phải đọc hết toàn bộ lời giải của mình ở trên, chứ ko phải chỉ có phần bạn trích dẫn.

bởi vì bài toán bắt buộc phải có 4 màu cùng được tô.

Nhưng trong đề bài có nói rõ là bắt buộc phải có 4 màu cùng được tô đâu ? Đầu bài chỉ nói phải dùng 1 trong 4 màu để tô mỗi TG thôi mà

Mình cũng có 1 bài tóan khác rất hay về tô màu đa giác đều. Mình dịch bài này từ tạp chí Kvant của Nga số 3 năm 2000. Nhưng bài này mang tính chất hình học nhiều hơn là tổ hợp. Thôi xin phép cứ post ở đây tặng các bạn. Chú ý là có thể giải bằng nhiều cách khác hẳn nhau:

Cho đa giác đều (2n+1) đỉnh, trong đó (n+1) đỉnh được tô màu đỏ. CMR luôn tìm được một tam giác cân có đỉnh là đỉnh của đa giác đã cho mà tất cả các đỉnh của tam giác cân đó đều có màu đỏ

Mình cũng có suy nghĩ giống như bạn vuhongthai, nhưng trong công thức tính S(n) của mình ko có S(n-2). Ko biết mình có nhầm ở đâu ko?
Cách giải của mình như sau:
Tam giác (TG) thứ 1 có 4 cách tô màu. Ứng với mỗi màu của TG1 thì TG2 liền kề có thể tô bằng 1 trong 3 màu còn lại, như vậy có 4*3 cách tô TG1 và TG2. Tương tự, có thể tô TG3 bằng 1 trong 3 màu khác với TG2, vậy có 4*3*3 cách tô TG1,TG2 và TG3... Lý luận như thế đến TG thứ n ta có: 4*3**(n-1) cách tô. Nhưng phải trừ đi số x trường hợp mà TGn và TG1 trùng màu nhau. Hợp nhất TGn và TG1 có cùng màu với nhau thành TG mới, vẫn gọi là TG1, sẽ thấy con số cần trừ đi bằng x = S(n-1).
Như vậy :
S(n) = 4*3**(n-1) - S(n-1)
S(2) = 12