Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Tôpic nhận đề Tổ hợp, rời rạc


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 13 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 04-08-2013 - 09:27

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu về Tổ hợp, rời rạc

 

 

I- Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu

3) Đăng kí thi đấu

 

II - Yêu cầu về đề bài
1. Hình thức:

- Đề bài phải có đáp án kèm theo.

- Đề bài và đáp án được gõ $\LaTeX$ rõ ràng

2. Nôi dung

* Đối với MO

- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu của THPT. Kiến thức dùng để giải bài không vượt quá kiến thức thi VMO

- Đề bài không được ở dạng thách đố, cách giải ngặt ngèo thông qua những bổ đề quá khó, không copy nguyên văn từ đề thi Olympic hoặc HSG cấp tỉnh trở lên.

- Toán thủ không nên copy đề bài từ một topic nào đó của VMF, không được post lại đề đã nộp ra topic mới dù cho đề có được chọn hay không.

 

III - Mẫu đăng kí và nộp đề

1. Họ và tên thật:

2. Đang học lớp ?, trường ?, huyện ?, tỉnh ?

3. Đề 

4. Đáp án

 

IV - Chú ý

1) Bạn sẽ thấy ở trên khung trả lời của bạn có dòng sau Bài viết này phải qua kiểm duyệt của quản trị viên mới được đăng lên diễn đàn.

Điều này có nghĩa là các toán thủ khi nộp đề, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy và ấn nút GỬI BÀI là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

 

2) Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi $\LaTeX$ trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa. 

 

3) Nếu đề bài của bạn không được chấp nhận, BTC sẽ làm hiện nó và nói rõ lý do vì sao, khi đó, bạn phải nộp đề khác. 

Nếu đề bài của bạn được chấp nhận, bạn sẽ thấy tên mình trong danh sách thi đấu tại đây sau mỗi thứ 7 hàng tuần.

 

4) Mỗi tuần, BTC chỉ cho phép toán thủ đăng kí 1 nộp đề cho 1 chủ đề nên bạn đừng ngạc nhiên khi thấy có lúc topic này bị khóa

 

 


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 Valar Morghulis

Valar Morghulis

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 24 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:The Free City of Braavos

Đã gửi 04-08-2013 - 20:19

1.Tên: Lê Huỳnh Minh Khoa

2.Lớp: 11A1 Trường Phổ Thông Năng Khiếu TP.HCM

3.Đề:

Cho một bảng 3x3 ô vuông với mỗi ô được điền bởi các số nguyên không âm không nhất thiết phải phân biệt sao cho tổng của mỗi hàng và mỗi cột của hình vuông là 7. Hỏi có bao nhiêu cách khác nhau để điền các ô vuông.

4.Đáp án:

Ta xét bảng 2x2 ô vuông nằm ở góc bên trái trên cùng của hình.

Giả sử chúng được điền: $\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}$

Thì toàn hình 3x3 sẽ được điền theo dạng $\begin{pmatrix}a & b & 7-a-b\\ c & d & 7-c-d\\ 7-a-c & 7-b-d & a+b+c+d-7\end{pmatrix}$

Vậy điều kiện cần và đủ của $a, b, c, d$ sẽ là:

$\left\{\begin{matrix}a, b, c, d\in \mathbb{Z}^{+}\\ 7-a-b\geq 0\\ 7-c-d\geq 0\\ 7-a-c\geq 0\\ 7-b-d\geq 0\\ a+b+c+d-7\geq 0 & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a, b, c ,d \in \mathbb{Z}^{+}\ (1)\\ a+b\leq 7\ (2)\\ c+d\leq 7\ (3)\\ a+c\leq 7\ (4)\\ b+d\leq 7\ (5)\\ a+b+c+d\geq 7\ (6)\end{matrix}\right.$

Đầu tiên ta tìm các số thoả 5 điều kiện đầu.

Gọi $max(a,d)=x, x\in [0;7]$ và $x$ nguyên. Với mỗi $x$, ta cho nó bằng $a$ thì $d$ sẽ có $x$ trường hợp, vậy tổng hợp sẽ có $2x+1$ trường hợp $a,d$( vì trường hợp $a=d=x$ xảy ra 2 lần).

Với$(2), (5)$ sẽ có $8-x$ trường hợp chọn $b$ từ $0$ tới $7-x$. Tương tự với $(3),(4)$ ta cũng có $8-x$ trường hợp chọn $c$.

Vậy số các bộ $(a,b,c,d)$ thoả 5 điều kiện đầu sẽ là: $\sum_{x=0}^{7}(2x+1)(8-x)^{2}=876$

Cuối cùng ta loại số các trường hợp không thoả điều kiện $(6)$ hay $a+b+c+d\leq 6$. Gọi $e$ là số để cho $a+b+c+d+e=6$. Bài toán trở thành giải phương trình nghiệm nguyên $a+b+c+d+e=6$. Số nghiệm của phương trình là $\binom{10}{4}=210$

Kết luận: Số trường hợp có thể điền là: $876-210=666$



#3 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 05-08-2013 - 16:42

Đề: Chứng minh rằng: trong 6 học sinh bất kì của một lớp học mới vào đầu năm thì luôn tìm được ít nhất 3 học sinh đôi một quen nhau và đôi một không quen nhau.

tương tự hãy tổng quát cho bài này:

Cần ít nhất bao nhiêu học sinh để trao đổi n bài toán mà luôn tìm ra trong số học sinh đó có 3 học sinh cùng trao đổi 1 bài toán

 

BTC không chấp nhận đề thi này

Lí do:

- Không rõ tên, lớp

- Không có đáp án

E.Galois

 



#4 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 07-08-2013 - 12:58

Đề của em:

32 con ngựa đc nhốt vô 1 khu chuồng có dạng hình vuông 4x4. 2 con được nhốt chung vô 1 chuồng. Trong mỗi chuồng đều có cỏ mà các con ngựa ko ăn cỏ ở chuồng mình mà ăn cỏ ở chuồng bên cạnh. 2 con chung 1 chuồng ko ăn ở cũng 1 chuồng. Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu chuồng ko có ngựa ăn cỏ.

 

 

BTC không chấp nhận đề thi này

Lí do:

- Không rõ tên, lớp

- Không có đáp án

E.Galois

 


"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#5 dinhthanhhung

dinhthanhhung

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 111 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Văn học

Đã gửi 07-08-2013 - 22:27

Họ và tên : Đinh Thành Hưng

Lớp : 10T1 THPT HN-Ams

Đề : Cho gói 30 cái kẹo . Gồm 15 kẹo chanh , 10 kẹo cam , 5 kẹo dâu . Có bao nhiêu cách để chọn ra 5 cái kẹo bất kỳ biết lúc nào cũng có 2 kẹo chanh và có đầy đủ cả 3 loại ?

Giải :

TH1 : 2 chanh , 2 cam , 1 dâu : $C_{15}^{2}.C_{10}^{2}.C_{5}^{1}$

TH2 : 2 chanh , 1 cam , 2 dâu : $C_{15}^{2}.C_{10}^{1}.C_{5}^{2}$

TH3 : 3 chanh , 1 cam , 1 dâu : $C_{15}^{3}.C_{10}^{1}.C_{5}^{1}$

Kết luận : Tổng số cách là : 56875

 

 

BTC không chấp nhận đề thi này

Lí do:

- Đề bài quá dễ

E.Galois

 

 



#6 hieuvipntp

hieuvipntp

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 106 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:internet,toán

Đã gửi 08-08-2013 - 10:52

III - Mẫu đăng kí và nộp đề

1. Họ và tên thật:Phạm Như Hiếu

2. Đang học lớp 10T1, trường :thpt chuyên quốc học, tp: huế, tỉnh Thừa thiên huế

3. Đề Cho n là số tự nhiên có 2 ước là số nguyên tố. Gọi $\large S$ là tổng tất cả các ước của $\large n$. Chứng minh rằng:Không thể xảy ra đẳng thức $\large S=k.n$ với $\large k\in N,k>2$

4. Đáp án:

Do n có 2 ước nguyên tố, gọi 2 ưóc nguyên tố đó là p và q

$\large p>q;p,q\in p\Rightarrow n=p^{x}.q^{y} \Rightarrow S=(p^{x}+p^{x-1}+...+p+1)(q^{y}+...+1)=\frac{p^{x+1}-1}{p-1}.\frac{q^{y+1}-1}{q-1}=\frac{n.p.q}{(p-1)(q-1)}$   (1)

Do p>q nên luôn có ít nhất 1 trong 2 số $\large p>2$ hoặc $\large q>2,\Rightarrow p>q\geq 2$ nên $\large p>3$

Vậy $\large 3p-3\geq 2p\Rightarrow \frac{p}{p-1}<\frac{3}{2}$    (2)

mặt khác $\large q\geq 2\Rightarrow \frac{q}{q-1}\leq 2$      (3)

Từ (1),(2),(3), ta suy ra `$\large S<3n$

Gỉa sử có $\large S=n.k$ với $\large k\in \mathbb{N},k>2$

thì $\large k.n<3.n (K\in \mathbb{N},k<2)$ 

điều này vô lý

Vậy không thể có đẳng thức $\large S=n.k$

 

Ta lại có 



#7 suchica

suchica

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:huyện Anh Sơn, tinh Nghệ An
  • Sở thích:học toán, viết lách, đi chơi với bạn bè

Đã gửi 08-08-2013 - 16:16

1. Họ và tên thật: Nguyễn Thị Như Quỳnh

2. Đang học lớp 11t1, trường THPT Anh Sơn1, huyện Anh Sơn, tỉnh Nghệ An

3. Đề: Cho 11 điểm trong hình chữ nhật có kích thước 4$\times$15. Chứng minh luôn tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 4.

4. Đáp án: Ta chia hình chữ nhật 4$\times$10 thành 10 hình chữ nhật có kích thước 2$\times$3, đường mỗi hình chữ nhật này bằng $\sqrt{13}\times$ $<$4. Vì có 11 điểm nên theo nguyên lí đi-ríc-lê tồn tại ít nhất 2 điểm cùng thuộc một hình chữ nhật 2$\times$3, khoảng cách giữa 2 điểm đó không lớn hơn đường chéo hình chữ nhật nên nhỏ hơn 4

 

 

 

 

 

 



#8 chrome98

chrome98

    Mãi Mãi Việt Nam

  • Thành viên
  • 258 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\star\star\star\star\star $

Đã gửi 08-08-2013 - 18:17

Here is the proposed problem and proposed solution by chrome98:

 


Prob: Cho một hình vuông kích cỡ $45\times 45$ chứa $2025$ ô vuông đơn vị, mỗi ô điền một số và mỗi số điền một ô trong tập hợp $\{1,2,\cdots , 2025\}$. Ta thực hiện cách điền trên một cách ngẫu nhiên nhưng luông thoả mãn tính chất: với $\forall k\in \{1,2,\cdots ,45\}$ sao cho tích các số ở hàng thứ $k$ luôn bằng tích các số ở cột thứ $k$. Hỏi cách trên có thể thực hiện được không ? Chỉ ra một cách điền thoả mãn.

 


 

Sol: Ta thấy rằng các số nguyên tố nằm trong khoảng $\left[ \left\lceil \frac{45^2}{2} \right\rceil ; 45^2-1 \right]$ phải luôn nằm trong đường chéo chính của bảng (tức đường chéo đi từ ô góc bên này tới ô góc đối diện) bởi nếu không thì tích một hàng $i$ sẽ là bội của số ntố $p$ này nhưng cột $i$ lại không là bội của $p$, mâu thuẫn. Nhận thấy các số số nguyên tố nằm trong khoảng $\left[\left \lceil \frac{45^2}{2} \right\rceil ; 45^2-1 \right]$ là luôn ít nhất $46$ số (tham khảo tại http://aleph0.clarku...ers/primes.html). Vậy nên không thể điền được một bảng $45\times 45$ thoả mãn. $\Box$  ~O)

 

 

 

BTC không chấp nhận đề thi này

Lí do:

- Không rõ tên, lớp

E.Galois

 



#9 Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Xem phim.

Đã gửi 08-08-2013 - 20:44

1.Họ và tên thật : Lê Minh Tuấn Anh
2.Đang học lớp 11A1, trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc, Tỉnh Vĩnh Phúc.
3.Đề bài : CHo tập $X$ gồm $n$ phần tử. ${a_1},{a_2}...,{a_n}$ là các số thỏa mãn $\forall u\neq v \in X,\exists {a_i}: (u-{a_i})(v-{a_i})\leq 0$
Cmr : $k\geq [{log_3}n]$
4.Đáp án : 
Xét ánh xạ $f:u \in X \mapsto ({u_1},{u_2}...{u_k})$.Trong đó : ${u_i}=0,1,2$ khi $u< {a_i},u={a_i},u> {a_i}$
Dễ thấy $f$ đơn ánh.Mà số bộ tối đa là $3^k$.Suy ra $3^{k}\geq n\Rightarrow k\geq [{log_3}n]$ đpcm

 

 

 


#10 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 09-08-2013 - 18:12

1. Họ và tên: Trần Ngọc Bách

2. Lớp: 11T1. Trường: THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, thành phố Cà Mau, tỉnh Cà Mau.

3. Đề bài: Trong mặt phẳng cho 2014 điểm sao cho tồn tại 4 điểm tạo thành tứ giác có diện tích không lớn hơn $\frac{2}{3}cm^{2}$ và chứa 2010 điểm còn lại (tức là 2010 điểm còn lại nằm trong tứ giác đó). Biết rằng không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại 3 điểm thoả mãn tam giác được tạo thành từ tam giác ấy có diện tích không vượt quá $\frac{1}{2014}cm^{2}$.

4. Lời giải: 

- Giả sử 4 điểm tạo thành tứ giác như đã nói ở đề bài là A, B, C, D.

- Ta định nghĩa các "tam giác con" là các tam giác được tạo thành sao cho các cạnh của các tam giác ấy chỉ cắt nhau tại các điểm thuộc bộ 2014 điểm trên nhưng không tính các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB.

- Xét E khác 4 điểm A, B, C, D nhưng vẫn thuộc bộ 2014 điểm đã cho. Khi đó E nằm trong tứ giác ABCD. Từ E nối tới các đỉnh của tứ giác chia tứ giác thành 4 tam giác con. 

- Lại xét điểm F thuộc bộ 2014 điểm trên nhưng khác A, B, C, D, E. Khi đó F thuộc một trong 4 tam giác con  AEB, BEC, CED, DEA (do không có ba điểm nào thẳng hàng). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử F thuộc tam giác AEB. Nối điểm F với ba đỉnh của tam giác AEB. Khi đó số tam giác con tạo thành hiện tại là 4 + 2 = 6.

- Tiếp tục xét điểm G. Tương tự như trên nó sẽ thuộc một trong 6 tam giác con được tạo thành và ta lại nối điểm G tới các đỉnh của tam giác chứa duy nhất nó (không chứa điểm thứ hai). Khi đó số tam giác con được tạo thành là 6 + 2 = 8.

- Lặp luận tương tự như vậy cho các điểm còn lại thì số tam giác con được tạo thành theo cách trên sẽ là 4 + 2.2009 = 4022. Vì tập hợp đang xét là hữu hạn nên theo nguyên lí cực hạn thì buộc trong số 4022 tam giác đó phải có tam giác nhỏ nhất. Khi đó diện tích S của tam giác đó sẽ thoả mãn:

$4022S\leq \frac{2}{3}\Leftrightarrow S\leq \frac{2}{4022.3}=\frac{1}{2011.3}< \frac{1}{2014}$ (đpcm).


:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#11 nhatquangsin

nhatquangsin

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định
  • Sở thích:mathematics

Đã gửi 10-08-2013 - 23:04

1.Họ và tên: Trương Minh Nhật Quang

2.Lớp 10T_THPT chuyên Lê Quý Đôn-TP Quy Nhơn-Tỉnh Bình Định

3.Đề: Cho tập $X=\left \{ 1,2,...,2004 \right \}$. $n$ là số nguyên dương($n\leq 2004$) sao cho tồn tại cách lấy đi tập hợp con gồm $n$ phần tử của $X$, khi ấy tập còn lại có tính chất: không có hai phần tử nào bằng tích hai phần tử khác. Chứng minh rằng $n\geq 43$

4.Lời giải:

Loại đi $43$ phần tử $2,3,...,44$. Khi đó xét hai trường hợp sau đây:

        Xét tích hai phần tử trong đó có một phần tử là $1$. Tích đó chính bằng phần tử thứ hai nên không có phần nào bằng với tích một phần tử khác với $1$.

        Xét tích hai phần tử bất kì khác $1$. Rõ ràng tích đó lớn hơn $45^{2}=2025> 2004$. Vì mọi phần tử còn lại đều bé hơn $2004$ nên không có phần tử nào bằng tích hai phần tử khác.

Như vậy với trường hợp $n=43$ thì ta có tập thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi $n_{0}$ là số nguyên nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán, khi đó $n_{0}\leq 43$.

Xét $43$ bộ số sau: $(2,87,2.87);(3,86,3.86);...;(44,45,44.45)$. Ta có:

$2.87< 3.86< ...< 44.45< 2004$

nên với mọi cách loại đi $n_{0}$ phần tử nếu $n_{0}<43$ thì luôn tồn tại ít nhất một trong $43$ cặp trên. Vậy nên $n_{0}=43$.

Vậy $n\geq 43$



#12 LNH

LNH

    Bất Thế Tà Vương

  • Hiệp sỹ
  • 581 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũ Trụ
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 10-08-2013 - 23:06

1. Họ và tên: Lê Nhật Hoàng

2. Học sinh lớp 10T _ Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn _ TP Qui Nhơn _ Tỉnh Bình Định

3. Đề:

Một quốc gia có $210$ thành phố. Ban đầu giữa các thành phố chưa có đường. Người ta muốn xây dựng một số con đường một chiều nối giữa các thành phố sao cho: Nếu có đường đi từ $A$ đến $B$ và từ $B$ đến $C$ thì không có đường đi từ $A$ đến $C$. Hỏi có thể xây dựng được nhiều nhất bao nhiêu đường?
4. Đáp án:
Gọi $A$ là thành phố có nhiều đường đi nhất (gồm cả đường đi xuất phát từ $A$ và đường đi đến $A$). Ta chia các thành phố còn lại thành $3$ loại.
Loại $I$ - Có đường đi xuất phát từ $A$.
Loại $II$ - Có đường đi đến $A$.
Loại $III$: Không có đường đi đến $A$ hoặc xuất phát từ $A$.
Đặt $m=\left | I \right |$, $n=\left | II \right |$, $p=\left | III \right |$. Ta có $m+n+p=209$. 
Dễ thấy giữa các thành phố loại $1$ không có đường đi. Tương tự, giữa các thành phố loại $2$ không có đường đi. 
Số các đường đi liên quan đến các thành phố loại $III$ không vượt quá $p\left ( m+n \right )$ (do bậc $A=m+n$ là lớn nhất)
Tổng số đường đi bao gồm:
Các đường đi liên quan tới $A$:$m+n$
Các đường đi liên quan tới $III$ không vượt quá $p\left ( m+n \right )$
Các đường đi giữa $I$ và $II$ không vượt quá $mn$
Suy ra tổng số đường đi không vượt quá
$mn+\left ( p+1 \right )m+\left ( p+1 \right )n \leq \frac{\left ( m+n+p+1 \right )^{2}}{3}=\frac{210^{2}}{3}$
Dấu bằng xảy ra với đồ thị $3$ phe, mỗi phe có $70$ thành phố, thành phố phe $1$ có đường đi đến thành phố phe $2$, thành phố phe $2$ có đường đi đến thành phố phe $3$, thành phố phe $3$ có đường đi đến thành phố phe $1$.
 
Đã được chọn trong trận 3!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 12-02-2014 - 23:32


#13 levansang

levansang

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 12-11-2013 - 09:31

Họ và tên : lê văn sáng

Lớp : 10 toán

Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ

Mỹ Đức Hà Nội

 

Trong 100 cái hộp, người ta sắp xếp 4000 quả cầu trắng và 300 quả cầu đỏ. Biết khối lượng của mỗi quả cầu trắng là 100 gam và của mỗi quả cầu đỏ là 300 gam. Chứng minh phải tìm được ít nhất 2 hộp có khối lượng cầu bằng nhau (có thể bằng 0)

 

Giải

Ta có khối lượng của 4300 quả cầu là: 490000 gam

Giả sử : m1;m2;m3...;m100  là khối lượng của cầu trắng trong 100 hộp được đánh theo thứ tự từ 1 đến 100 và $m1\leq m2\leq m3\leq ...\leq m100$.

Nếu cả 100 hộp, khối lượng cầu trong mỗi hộp là khác nhau

$\Rightarrow m1< m2< m3< ...< m100$$\Rightarrow m1< m2< m3< ...< m100$

Xét 2 khả năng :

1) Cả 100 hộp đều có cầu

$\Rightarrow m1\geq 100, m2\geq 200,...,m100\geq 10000$

$\Rightarrow m1+m2+m3+...+m100\geq 100+200+300+...+10000$

$\Rightarrow 490000\geq 505000$(vô lý)

2)Nếu có 1 hộp rỗng :

$m1=0\Rightarrow m2\geq 100,m3\geq 200,m4\geq 300,...,m100\geq 9900$

$\Rightarrow m1+m2+m3+...+m100\geq 100+200+300+...+9900$

$\Rightarrow 490000\geq 495000$(vô lý)

$\Rightarrow$ĐPCM

 


TOÁN HỌC LÀ MỘT MÔN DUY NHẤT CÓ ẢNH HƯỞNG VĨ ĐẠI ĐẾN LỊCH SỬ PHÁT TRIỂN CUẢ CON NGƯỜI

#14 nguyenxuanthinh59

nguyenxuanthinh59

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 17-11-2013 - 00:15

Họ và tên: Nguyễn Xuân Thịnh

Lớp:10CT Trường: Trung học thực hành ĐHSP TPHCM,quận 5,TP.HCM

Đề:

  .Một tờ giấy được xé làm 5 mảnh;một số trong số 5 mảnh này được xé mỗi mảnh ra làm 5 mảnh;lại chọn một số mảnh,mỗi mảnh được xé ra tiếp thành 5 mảnh v.v...Giả sử mỗi mảnh luôn đủ lớn để xé được thành 5 mảnh.Có thể nào sau một số lần thực hiện thao tác trên,ta thu được 2009 mảnh không?

 

Đáp án:

 .Gọi Sn là tổng số mảnh giấy thu được sau n lần thực hiện thao tác xé 1 mảnh giấy thành 5 mảnh.

Ta có S0=1 ; S1=5 ; S2=9 V.v..

     Sau mỗi lần xé,Tổng S tăng thêm 4 mảnh.Vậy ta có: Sn=4n+1..(n thuộc N)

Với Sn=2009<=>4n+1=2009<=>4n=2008<=>n=502

 Sau 502 lần thưc hiện,từ mảnh giấy đầu tiên,ta thu được 2009 mảnh giấy.






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh