Đặt $n=2017$. Gọi $S_n$ là số hoán vị thỏa mãn đề. Ta sẽ chứng minh với $n\geq 3$, $S_n=3.2^{n-2}$.

Với $n=3$, dễ thử.

Giả sử $n-1$ đúng. Xét một hoán vị với $n\geq 4$ thỏa mãn. Ta có:

$n-1|2\left ( a_1+a_2+...+a_{n-1} \right )=2(1+2+...+n-a_n)=n(n+1)-2a_n=(n-1)(n+2)-2(a_n-1)\Rightarrow n-1|2 (a_n-1)$

$n-2|2(a_1+a_2+...+a_{n-2})=(n-2)(n+3)+2(3-a_{n-1}-a_n)\Rightarrow n-2|2(a_{n-1}+a_n-3)$

TH1:$n-1$ lẻ suy ra $a_n=1,n$

TH2:$n-1$ chẵn, giả sử $a_n=\frac{n+1}{2}$. Ta có $n-2$ lẻ và $0<\frac{n-3}{2}\leq a_{n-1}+a_n-3\leq \frac{3n-5}{2}<2(n-2)$ suy ra $a_{n-1}+a_n-3=n-2\Rightarrow a_{n-1}=a_n=\frac{n+1}{2}$(vô lý). Vậy $a_n=1,n$

THa:$a_n=n$. Ta thấy các số $a_1,...,a_{n-1}$ là hoán vị của $1,...,n-1$. Theo giả thiết quy nạp, số cách chọn là $S_{n-1}$

THb:$a_n=1$. Ta thấy các số $(a_1-1),...,(a_{n-1}-1$ là hoán vị của $1,...,n-1$. Theo giả thiết quy nạp, số cách chọn là $S_{n-1}$

Vậy $S_n=2S_{n-1}=3.2^{n-2}$, bài toán được chứng minh. Vậy $S_{2017}=3.2^{2015}$

bài 1:

$g(n;t)=\left \lceil \frac{n}{t} \right \rceil$, ví dụ ta cho $\left \lceil \frac{n}{t} \right \rceil-1$ đội, mỗi đội mặc $t$ màu áo phân biệt, đội còn lại có không quá $t$ màu áo.

Đầu tiên ta chọn đội bất kì có $x_1$ màu áo. Nếu màu áo chưa đủ $n$ ta chọn đội có $x_2$ màu áo còn lại. Chọn như vậy đến khi đủ $n$ màu áo và $k$ đội "có màu sắc nhận dạng được. Dễ thấy $x_i \leq t$ Ta có $n=\sum_{i=1}^{k} x_i\leq kt\Rightarrow k\geq \left \lceil \frac{n}{t} \right \rceil$.

(Q.E.D)

Chứng minh rằng trong $n$ ($n\geq 2$) số nguyên dương liên tiếp, tồn tại một số nguyên tố cùng nhau với $n-1$ số còn lại.

http://www.sciencedi...022314X02000495

không dễ thật.

Cho đồ thị có $n$ đỉnh. Ta gọi cạnh $(u,v)$ là cạnh không cân bằng nếu bậc của $u$ và $v$ khác nhau. Tính số lớn nhất các cạnh không cân bằng.

Tìm tất cả $n$ nguyên dương sao cho tồn tại bảng ô vuông $n\times n$ thoả mãn điều kiện:

-Mỗi ô vuông chứa nhiều nhất một số nguyên dương.

-Cột thứ $k$ chứa đúng $k$ số nguyên dương từ $1$ đến $k$.

-Tổng các số trên mỗi hàng bằng nhau. 

$k=\left\lfloor\log_2n\right\rfloor+1$
Xét $k$ số $1;2;2^2;...;2^{k-1}$. Hiển nhiên ta phải dùng ít nhất $k$ màu.
Giữ nguyên $\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$ số đầu tiên của dãy, tô màu các số còn lại và tiếp tục làm vậy với các số chưa được tô.
Cách tô này dùng đúng $k$ màu. Gọi $m$ và $n$ là hai số cùng tô bởi một màu. Giả sử $m<n$. Từ cách tô dễ thấy $2m>n$. Vậy cách tô trên thỏa mãn.

$k=5$ đúng rồi nhưng bạn mới chỉ tìm cặp $(a,b)$ sao cho $a+b$ nhỏ nhất. Mà bạn nên tìm cặp $(a;b)$ sao cho $b$ nhỏ nhất là $b=1$

Các cặp còn lại xác định bởi dãy truy hồi: $x_1=1, x_2=2; x_{n+2}=5x_{n+1}-x_n$ hoặc $y_1=1, y_2=3; y_{n+2}=5y_{n+1}-y_n$ và lấy $(a;b)=(x_{n+1};x_n)$ hoặc $(a;b)=(y_{n+1};y_n)$ và hoán vị.

Latex là \mid nhé. Chúc bạn học giỏi.

Đặt $x=a+b, y=b+c, z=c+a$. Khi đó $2(a+b+c)=x+y+z, x<y+z$. Ta giả sử $x\geq y\geq z$. Gọi $n$ là số chữ số của $y$.Vì $S(y)\leq 4$ nên $y\leq 4.10^{n-1}$. Ta có $10^{n-1}\leq y\leq x< y+z\leq 2y\leq 2.4.10^{n-1}=8.10^{n-1}<10^n$. Vậy $x$ có $n$ chữ số.      Xét phép cộng $x+y$. Nếu phép cộng ở hàng nào không nhớ thì tổng các chữ số của $x, y$ giữ nguyên, nếu có nhớ thì tổng các chữ số giảm $9$ đơn vị. Vậy $S(x+y)\leq S(x)+S(y)$. Ta cũng có $S(kx)\leq kS(x)$. Vậy $S(x)=S(10x)\leq 5S(2x)$

Ta có $2.10^{n-1}< x+y+z\leq 12.10^{n-1}$                                                                                                           

Nếu $n= 1$ thì $S(a+b+c)\leq 6$.

Ta giả sử $n\geq 2$                                                                                                                                               Nếu $x+y+z$ có chữ số đầu tiên là $1$ thì phép cộng trên có nhớ. Vậy  $S(a+b+c)\leq 5S(2(a+b+c)=5S(x+y+z)\leq 5(S(x)+S(y)+S(z)-9)\leq 5(4+4+4-9)=15$.                                         

Trường hợp ngược lại, ta đặt $x=k10^{n-1}+l, y=p10^{n-1}+q$ với $l,k<10^{n-1}$. Ta có $S(x)=S(k10^{n-1}+l)=S(k10^{n-1})+S(l)=k+S(l)$, tương tự $S(y)=p+S(q)$.

Vậy $S(a+b+c)=S((x+y+z)/2)=S((k+p)10^{n-1}/2+(l+q+c)/2)\leq S(5(k+p)10^{n-2})+5(S(l)+S(q)+S(c))\leq S(5(k+p))+60-5(k+p)$

Xét các trường hợp của $k+p$ ta có $S(a+b+c)\leq 51$

Vậy giá trị lớn nhắt của $S(a+b+c)$ là $51$ chẳng hạn khi $a=94445555555, b=5555554445, c=5554445555$

Bài 2

Giả sử các số âm, số dương trong $n$ số đã cho lần lượt là $b_1;b_2;...;b_m, c_1;c_2;...;c_p$. Giả sử $m\leq p\Rightarrow m\leq \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$. Vì $b_i\in (-1;0)$ nên $-\sum_{i=1}^{m}b_i=\sum_{i=1}^{p}c_i<m$; $b_i^2<-b_i$. Tương tự $c_i^2<c_i$. Vậy

$2k=\sum_{i=1}^{n}a_i^2=\sum_{i=1}^{m}b_i^2+\sum_{i=1}^{p}c_i^2<-\sum_{i=1}^{m}b_i+\sum_{i=1}^{p}c_i<2m\leq 2\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor\Rightarrow n\geq 2k+2$

Với $n=2k+2$ ta chọn $k+1$ số bằng $-\sqrt{\frac{k}{k+1}}$, $k+1$ số bằng $\sqrt{\frac{k}{k+1}}$ thỏa mãn. Vậy $n=2k+2$

4b)Không.
Cột thứ $i$ chứa $10-i$ ô đỏ nên tổng số ô đỏ là $45$ không chia hết cho $10$.

Nhận xét với số nguyên dương $1\leq q\leq n$, có nhiều nhất một số nguyên dương $p$ thỏa mãn $\frac{p}{q}$ nằm trong khoảng này. Giờ xét các số $q,2q,...,2^kq$ ($q$ lẻ, $k$ lớn nhất sao cho $2^kq\leq n$). Giả sử tồn tại số lớn nhất sao trong các số đó sao cho tồn tại phân số tối giản nhận nó làm mẫu số nằm trong khoảng này là $2^lq$. Gọi phân số đó là $\frac{p}{2^lq}$. Ta có với số nguyên dương $l< x\leq k$, $\frac{p}{2^lq}=\frac{p2^{x-l}}{2^xq}$ thuộc khoảng này. Theo như nhận xét trên, $p2^{x-l}$ là số nguyên dương duy nhất sao cho phân số có mẫu số $2^xq$ nhận nó làm tử số thuộc khoảng này, mà phân số này không tối giản. Vậy trong các phân số nhận một trong các số trên là mẫu số, tồn tại nhiều nhất một phân số nằm trong khoảng này.

Để ý có $\frac{n+1}{2}$ hoặc $\frac{n}{2}$ số lẻ nằm giữa $1$ và $n$, thay $q$ lần lượt bằng một trong các số trên, ta có nhiều nhất $\frac{n+1}{2}$ số thỏa mãn.

(Q.E.D)

Nếu $\left ( p;q \right )=1$ thì đúng vậy.

Xét dãy các bước đi là $\vec{v}_1,\vec{v}_2,...,\vec{v}_{p+q}$ và các điểm nguyên trên đường đi trừ $\left ( p,q \right )$ là $A_1,A_2,...,A_{p+q}$.

Với đường đi bất kì và số $1< k\leq p+q$, ta hoán vị các bước đi thành $\vec{v}_k,\vec{v}_{k+1},...,\vec{v}_{p+q},\vec{v}_1,\vec{v}_2,...,\vec{v}_{k-1}$ và hoán vị tên các điểm nguyên một cách tương tự, ta được một đường đi mới. Làm như vậy ta được $p+q$ đường đi khác nhau (vì $\left ( p;q \right )=1$). Trên đường đi đó, xét các đường thẳng đi lần lượt qua các điểm $A_1,A_2,...,A_{p+q}$ và song song với $qx-py=0$. Vì $\left ( p;q \right )=1$ nên các đường thẳng đó phân biệt, xét đường thẳng nằm cao nhất (tức là đường thẳng $qx-py+k=0$ có $k$ lớn nhất) đi qua $A_i$. Ta để ý sau khi hoán vị các bước đi và tên các điểm, đường thẳng đi qua $A_i$ vẫn nằm cao nhất. Vậy trong $p+q$ đường đi đó, chỉ có một đường đi thỏa mãn đề bài là đường đi có điểm $\left ( 0,0 \right )$ có tên là $A_i$. Ta có $\frac{1}{p+q} \binom{p}{p+q}$ bộ $p+q$ đường đi nên có $\frac{1}{p+q} \binom{p}{p+q}$ đường đi thỏa mãn đề bài.

Có lời giải trong TH $\left ( p;q \right )\neq 1$ không?

Trong trường hợp $n=1,2$ thấy có vẻ nó ko thỏa bài nhỉ (còn hơi lúng túng chỗ này).

 

Gọi $A_i$ với $i =\overline{1,n}$ là tập hợp các hoán vị thõa mãn tính chất: có cặp $i$ và $n+i$ đứng cạnh nhau trong hoán vị đó.

Dễ thấy trong một hoán vị thì số tính chất thõa mãn trên không quá $\left [  \frac{n}{2} \right ]$. Nên theo nguyên lý bù trừ có số tính chất P :

$\left |\bigcap_{i=1}^{n} A_i \right | = \sum_{I=\left \{i_1,i_2,...,i_k \right \} \\ I \subset \left \{1,2,...,n \right \}  } (-1)^{|I|+1} \left |\bigcup_{j=1}^{k} A_{i_{j}} \right |$ . Dễ dàng tính được $\left |\bigcup_{j=1}^{k} A_{i_{j}} \right | = 2^k(n-k)!\binom{2n-2k}{n-2k} $ kết hợp với tính đối xứng của các tính chất. Suy ra $\left |\bigcap_{i=1}^{n} A_i \right | = \sum_{k=1}^{\left [  \frac{n}{2} \right ]} (-1)^{k+1} 2^k(n-k)!\binom{n}{k}\binom{2n-2k}{n-2k} $

Từ đây ta sử dụng quy nạp để chứng minh nó lớn hơn $\frac{2n!}{2.n!}$. Suy ra điều phải chứng minh với $n>2$.

 

Lời giải còn hơi mơ hồ . Ai có cách khác ko

Xét ánh xạ từ các hoán vị không có tính chất $P$ đến các hoán vị có tính chất $P$: $f\left ( x_1,x_2,...,x_n \right )=\left ( x_2,...,x_{k-1},x_1,x_k,...,x_{2n} \right )$ với $x_k$ thỏa $\left | x_1-x_k \right |=n$ (dễ thấy $\left | x_{k-1}-x_1 \right |\neq n$. Giả sử $f\left ( x_1,x_2,...,x_{2n} \right )= \left ( z_1,z_2,...,z_{2n} \right )$, xét chỉ số $i>1$ thỏa $\left | z_i-z_{i+1} \right |=n$ (có một chỉ số duy nhất), ta xác định được ngay bộ $\left ( x_1,x_2,...,x_n \right)$: $x_1=z_i,k=i+1,x_l=z_l\left ( l\geq k \right ),x_l=z_{l+1}\left ( l<k-1 \right )$, vậy đây là đơn ánh. Xét hoán vị $\left ( 1,n+1,... \right )$, ta thấy nó không là ảnh của hoán vị không có tính chất $P$. Vậy đây là đơn ánh, không phải là toàn ánh. Vậy số hoán vị có tính chất $P$ nhiều hơn.

(Q.E.D)

$3\times 9\equiv 1(mod 26)\Rightarrow 9\equiv 3^{-1}(mod 26)$

$k=1$ thì $max F(n)=1$. Ta xét $k>1$.

Chọn $n=k!$.

Ta có $\binom{n}{k}=\prod_{i=1}^{k-1}(n-i)$. Vậy $m\in A,\forall m\in \mathbb{N},n-k+1\leq m\leq n-1$. Vậy $max F(n)\geq k-1$

Gọi $p$ là ước nguyên tố của $k$. Ta đặt $a=max v_p(n-i)$, chọn $m$ thoả mãn. Ta đặt $n-m=xp^a$

Ta có $v_p(\binom{n}{k})=\sum_{i=1}^{\infty }(\left \lfloor \frac{n}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n-k}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{k}{p^i} \right \rfloor)$.

-$p^a>p$:

Với $i>a$, ta có $\left \lfloor \frac{n}{p^i} \right \rfloor\geq \left \lfloor \frac{n-k}{p^i} \right \rfloor\geq \left \lfloor \frac{x-1}{p^{i-a}} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{x}{p^{i-a}} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{n}{p^i} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{xp^a+m}{p^i} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{x}{p^{i-a}} \right \rfloor$( $x$ không chia hết cho $p$). Từ đó các số hạng với $i=1,i>a$ bằng $0$, các số hạng còn lại không lớn hơn $1$ suy ra $v_p(\binom{n}{k})< a-1= v_p(n-m)$ hay có ít nhất một số $n-i$ nào đó không thuộc $A$. Vậy $F(n)\leq k-1$.

Từ trên ta có $max F(n)=k-1$.

-$p^a\leq k$:

Tương tự ta có $max F(n)=k-1$.

Bài này giống imo 1994.
Gán cho người thứ $i$ số nguyên tố $p_i$. Xét các cuộc đối thoại có số lượng người lớn hơn số thứ tự nhỏ nhất của cho mọi người trong đó (có thể coi số lượng người hội thoại là 1, nghĩa là giới thiệu người mới). Sắp xếp các cuộc hội thoại sao cho tích các số của mọi người tăng dần. Xếp các cuộc hội thoại vào các trang giấy, trang giấy nào xuất hiện một người mới thì ta chuyển sang trang khác.
Ta có không có $2$ người được giới thiệu cùng lúc (trái với cách sắp xếp). Với nhóm vô hạn người nào đó, sắp xếp họ theo thứ tự tăng dần, gọi $i$ là số thứ tự nhỏ nhất lớn hơn 1. Chọn $i$ người đầu tiên sẽ không thuộc cuộc đối thoại nào, $i$ người tiếp theo sẽ thuộc một cuộc đối thoại nào đó.

Từ đề bài ta có $\left | A_i\cap A_j \right |=1$. Xét các phần tử thuộc $A_1$, theo Dirichlet tồn tại phần tử $x$ thuộc ít nhất $k+1$ tập hợp (gồm $A_1$).

Giả sử tồn tại $i$ sao cho $x\notin A_i$. Khi đó xét giao của $A_i$ với các tập hợp chứa $x$, ta được ít nhất $k+1$ phần tử khác $x$ thuộc $A_i$. Dễ thấy các phần tử đó đều phân biệt (vô lý).

Vậy $A_i\cap A_j= \left \{ x \right \},\forall 1\leq i< j\leq n$, tính được $\left | \bigcup_{i=1}^{n} A_i\right |=nk-k+1$.

(câu b) có lẽ là $\left | A_i\cup A_j \right |=2k-1$).

Lỗi sai:  Ở redfox thì chỗ suy ra k+1 là sai.

Áp dụng Dirichlet cho $k$ phần tử của $A_1$ và  $n-1\geq k^2-k+1$ tập hợp $A_2,..,A_n$, tồn tại phần tử $x$ thuộc ít nhất $k$ tập hợp trong $A_2,...,A_n$, tính thêm $A_1$ nữa là $k+1$ tập hợp, tồn tại phần tử $x$ thuộc ít nhất $k+1$ tập hợp, gọi là $B_1,...,B_{k+1}$

Giả sử tồn tại $x\notin A_i$, xét các phần tử $A_i\cap B_j=\left \{ y_j \right \}$, giả sử tồn tại $y_j,y_l$ trùng nhau, khi đó $B_j\cap B_l=\left \{ y_j,x \right \}$(vô lý). Vậy các phần tử $y_1,...,y_{k+1}$ phân biệt, ta có $\left \{ y_1,...,y_{k+1} \right \}\subset A_i$ mà $\left | A_i \right |=k$ (vô lý).

Vậy $x\in A_i,\forall 1\leq i\leq n$ rồi tính được $\left | \bigcup_{i=1}^{n}A_i \right |=nk-k+1$.

(ở trên mình làm hơi tắt, mong các bạn thông cảm, không biết dưới này rõ ràng hơn chưa?)

Cho $n\geq 2,m$ nguyên dương, $d_1,d_2,...,d_m$ là các ước nguyên dương của $n$, nhỏ hơn $n$ (không nhất thiết phân biệt). Giải pt nghiệm nguyên dương: $x^n-1=\sum_{k=1}^{m}\frac{x^n-1}{x^{d_k}-1}+x-1$

Giải HPT $9$ ẩn số $x_i(x_{i+1}-x_{i+2}+x_{i+3})<0, \forall i=1;2;\cdots ;9$ (coi $x_{i+9}=x_i$)

Chọn $N$ đủ lớn sao cho $2^N+3^N-k>3$.

Nếu $2^N+3^N-i$ không có ước nguyên tố khác $2,3$ thì với mọi $n\geq N$, cùng tính chẵn lẻ với $N$, $2^n+3^n-k$ là hợp số.

Ta lấy ước nguyên tố khác $2,3$ của $m$ số $2^N+3^N-i_j$ còn lại là $p_1,p_2,...,p_m$.

Lấy $n=N+2q\prod_{j=1}^{m}(p_i-1)$.

Giờ thì với các số $i_j$, ta có theo Fermat: $2^n+3^n-i_j\equiv 2^N+3^N-i_j\equiv 0(mod p_j),2^n+3^n-i_j>2^N+3^N-i_j\geq p_j$ nên là hợp số. Các TH còn lại cũng là hợp số.

(Q.E.D)

Ta có các bổ đề sau

Bổ đề 1: $A\subset B\Rightarrow A\cap C\subset B\cap C, A\setminus C\subset B\setminus C$.

Bổ để 2: $f(A\cap B)\subset f(A)\cap f(B)$.

Bổ đề 3: Nếu $f$ tăng trên $\rho (H)$ thì $f$ luôn có một điểm bất động.

Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp với số phần tử của $H$

$\left | H \right |=0$, hiển nhiên.

Giả sử với $\left | H \right |\leq n$ bài toán đúng. Xét tập $H'=H\cup \left \{ a \right \},H\cap \left \{ a \right \}=\varnothing ,\left | H \right |=n$. Xét hai hàm trên $\rho (H)$: $g(A)=f(A)\setminus \left \{ a \right \},h(A)=f(A\cup \left \{ a \right \})\setminus \left \{ a \right \}$. Theo bổ đề 1, hai hàm này tăng, do vậy theo giả thiết quy nạp tồn tại hai tập $A,B\subset H$ sao cho $g(A)=A, h(B)=B$.

Nếu $f(B\cup \left \{ a \right \})=B\cup \left \{ a \right \}$, bài toán đúng với $n+1$.

Nếu $f(B\cup \left \{ a \right \})=B$, xét tập $A\cap B\setminus H$, theo bổ đề 2 ta có $\forall X\subset A\cap B, f(X)\subset A\cap B$, do vậy theo giả thiết quy nạp bài toán đúng với $n+1$.

Bổ đề $4$: $A\subset B\Leftrightarrow C\setminus B\subset C\setminus A$.

Ta quay lại bài toán. Xét hàm $h(X)=f(H\setminus g(H\setminus X))$. Theo bổ đề 4 ta có hàm $h$ tăng. Theo bổ đề 3 ta có $h$ tồn tại điểm bất động $X$. Dễ thấy hai tập $H\setminus g(H\setminus X) ,H\setminus X$ thỏa mãn đề bài.

(Q.E.D)

Bài này lạ quá. Anh lấy ở đâu vậy.

Gọi mặt bàn là hình tròn $(O;R)$. Chọn hình tròn $(O_1;R_1)$ có bán kính $R_1$ lớn nhất. Trong các hình tròn còn lại, chọn hình tròn $(O_2;R_2)$ không giao với hình tròn $(O_1;R_1)$ và có bán kính $R_2$ lớn nhất. Quá trình tiếp tục như vậy cho đến khi chọn được các hình tròn $(O_1;R_1);(O_2;R_2);\cdots ;(O_n;R_n)$ đôi một không giao nhau và $n$ lớn nhất. Giả sử có $k$ sao cho $R_k<R_{k+1}$. Khi đó hình tròn $(O_{k+1};R_{k+1})$ giao với hình tròn $(O_{k-1};R_{k-1})$ và có bán kính lớn hơn hình tròn $(O_k;R_k)$ (vô lí với cách chọn hình tròn $(O_k;R_k)$).Vậy $R_1\geq R_2\geq \cdots \geq R_n$.

Giả sử tổng diện tích của $n$ hình tròn trên bé hơn $S/9$. Như vậy tống diện tích các hình tròn $(O_1;3R_1);(O_2;3R_2);\cdots ;(O_n;3R_n)$ bé hơn $S$ suy ra tồn tại điểm $A$ nằm ngoài n đường tròn trên suy ra $O_iA>3R_i, \forall i\in N, 1\leq i\leq n$. Vì khăn phủ kín mặt bàn nên tồn tại hình tròn $(O_{n+1};R_{n+1})$ chứa điểm $A$. Do cách chọn hình tròn $(O_1;R_1)$ nên $R_{n+1}\leqslant R_1$. Giả sử có $k$ sao cho $R_k\geq R_{n+1}> R_{k+1}$. Khi đó $O_{n+1}O_{i}\geq O_iA-O_{n+1}A>3R_i-R_{n+1}\geq R_i+2R_i-R_{n+1}\geq R_i+R_{n+1},\forall i\in N,1\leq i\leq k$. Vậy hình tròn $(O_{n+1};R_{n+1})$ không giao với $k$ hình tròn $(O_1;R_1);(O_2;R_2);\cdots ;(O_k;R_k)$ và có bán kính lớn hơn hình tròn $(O_{k+1};R_{k+1})$(vô lí với cách chọn hình tròn $(O_{k+1};R_{k+1})$). Vậy $R_{n+1}\leq R_n$. Chứng minh tương tự ta có hình tròn $(O_{n+1};R_{n+1})$ không giao với các hình tròn $(O_1;R_1);(O_2;R_2);\cdots (O_n;R_n)$ hay $n+1$ hình tròn trên đôi một không giao nhau (trái với cách chọn $n$).

Vậy cách chọn $n$ hình tròn trên thỏa mãn đề bài.

Chọn $20$ người cao tuổi nhất. Gọi tổng số tuổi của họ là $S$

Người trẻ nhất trong $20$ người đó có tuổi không lớn hơn $\frac{S}{20}$.

Vậy tuổi của $14$ người còn lại không lớn hơn $\frac{S}{20}$. Vậy tổng số tuổi của $34$ người là $460$ không lớn hơn $\frac{14S}{20}+S=\frac{17S}{10}$. Vậy $S>260$, cách chọn thỏa mãn.