YoLo

hồi xưa bác trùm cái môn gì mà giờ toàn làm Toán cấp 2 thế.

Chắc bác này "chùm" Cauchy-Schwarz đấy anh

Uii thế à, anh giỏi quá, em rất hâm mộ những người giỏi toán, đặc biệt là toán cao cấp. Vậy sau này có bài nào khó em đăng lên, nếu có thể em mong anh sẽ giúp em với ạ.hihi

Em chưa học với đọc nhiều về toán CC nhưng em có lời khuyên cho chị có gì khó thì nên hỏi $2$ bác bangbang  với vutuanhien  chứ hỏi bác kia bác ấy lại tương " Áp dụng bất đẳng thức Cauchy" thì ....

Còn bài 4: Giả sử có thể thực hiện sau $1$ số hữu hạn bước

Gọi $S_{n}$ là tổng các số trên bảng sau khi thực hiện bước thứ $n$=> $S_{0}=0$

Nếu $n$ lẻ thì $(n-1)^{2}$ chẵn

Khi đó với mọi $i\in \mathbb{N}$ thì $S_{i}\equiv S_{i+1}(mod2)$

Mà sau hữu hạn bước thực hiện được =>$\exists k$ mà $S_{k}=1+2+3+...+n^{2}=\frac{n^{2}(n^{2}+1)}{2}$ là $1$ số lẻ

=> vô lý

Nếu $n$ chẵn mà sau hữu hạn bước có được bảng thỏa mãn bài => khi đó trên bảng có $\frac{n^{2}}{2}$ số chẵn và $\frac{n^{2}}{2}$ số lẻ

Xét hình vuông $(n-2)\times(n-2)$ có tâm trùng với tâm hình vuông $n\times n$

mà $n\geq 7$ => $(n-4)^{2}>8\Rightarrow (n-2)^{2}>\frac{n^{2}}{2}$

=> trong hình vuông đó $\exists 2$ ô khác tính chẵn lẻ

Ban đầu $2$ ô đó có giá trị $0$ mà khi thực hiện các bước như trên dễ thấy tính chẵn lẻ của hiệu $2$ số này không đổi => chúng ko thể $\neq$ tính chẵn lẻ

=> GIả sử sai

Bài 6:

Phân hoạch các điểm thành các tập sau cho dễ nhìn

$A_{i}=(2018(i-1)+1;2018(i-1)+2;...;2018i)$ với $i=1,2018$

Khi gọi $B_{i}$ tập con các phần tử có dạng $2018(i-1)+k$ với $k=1,2014$ của tập $A_{i}$ phải liên kết với phần tử có dạng tương ứng của tập $B_{i+1};B_{i+2};B_{i+3}$ (Coi như chỉ số $i$ là nhỏ nhất)

Khi đó số tứ giác tối đa được tạo thành từ các điểm trên là $\left \lfloor \frac{2018}{4} \right \rfloor.2014=1015056$ tứ giác

Xét các tập $C_{i}=A_{i}\setminus B_{i}$ với $i=1,2018$

Khi đó xét bảng ô vuông $4\times 2018$ trong đó trên mỗi dòng thứ $i$ được điền các phần tử theo thứ tự tăng dần của tập $C_{i}$

Khi đó số lượng các tứ giác tối đa có thể tạo thành chính là số cách xếp tối đa các tetromino $(1\times 4)$ trên bảng theo chiều ngang hoặc dọc sao cho không có $2$ tetromino nào đè lên nhau khi đó dễ dàng đếm được số lượng tối đa là $2018$ tứ giác

Vậy tối đa là $1015056+2018=1017074$ tứ giác

Bài 5:

 Thay $x=0$ suy ra $f(y).f(0)=0$

=> $f(0)=0$

thay $y=-1$ suy ra $xf(x)+f(x^{2}).f(-1)=0$

=> $f$ là hàm lẻ

nếu ( dễ thấy nếu $f(1)=0$ thì $f(x)=0$ với mọi $x$

=> $f(x^{2})=\frac{xf(x)}{f(1)}$

thay vào => $xf(x+xy)=xf(x)+\frac{xf(x)}{f(1)}.f(y)$

=> $f(x+xy)=f(x)+\frac{f(x)f(y)}{f(1)}$

thay $y=1$ có $f(2x)=2f(x)$=> $f(2)=2f(1)$

thay $x=y=1$ vào pt ban đầu có $f(2)=f(1)+f(1)^{2}$ => $f(1)=1$

=>$f(x+xy)=f(x)+f(x).f(y)$

thay $y=x-1$ => $f(x^{2})=f(x)+f(x).f(x-1)$ ma $f(x^{2})=xf(x)$

=> $(x-1)f(x)=f(x-1)f(x)$

=> $f(x)=0$ hoặc $f(x)=x$ ( dễ cm ko đồng thời xảy ra cả $2$)

$\Rightarrow \left | x_1+x_2+...+x_n \right |=\left | x_m+\sum _{1\leqslant k\leqslant n,k\neq m}x_k \right |\geqslant \left | \left | x_m \right |-\left | \sum _{1\leqslant k\leqslant n,k\neq m}x_k \right | \right |\geqslant | a_n-(a_1+a_2+...+a_{n-1}) |$

Anh xem lại hộ e đoạn này

có $\left | \sum_{1\leq k\leq n,k\neq m}x_{k}\right |\leq a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}\Rightarrow \left | x_{m} \right |-\left | \sum_{1\leq k\leq n,k\neq m}x_{k}\right |\geq a_{n}-(a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1})$

Khi đó nếu kết quả của vế trái $< 0$ thì khi trùm dấu trị tuyệt đối vào thì BĐT đổi chiều

có  $x_{m}=-(\sum_{1\leq k\leq n,k\neq m}x_{k})\Rightarrow \left | x_{m} \right |=\left | \sum_{1\leq k\leq n,k\neq m}x_{k}\right | \Rightarrow 0\geq a_{n}-(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})$

chả suy ra đc điều vô lý gì trong cm của anh ở phần trên

Vế $1$ =$0$ vế $3=0$ vậy anh đã cm $0\geq 0$

(RMN_MO 201Bài 3 : Cho tập hợp khác rỗng $S\subset \mathbb{Z}$ thoả mãn :

(i) Tồn tại 2 phần tử $a,b\in S$ : $(a,b)=(a-2,b-2)=1$.

(ii) Nếu $x,y\in S$ thì $x^2-y\in S$ (x,y không nhất thiết phân biệt ).

Chứng minh rằng $S=\mathbb{Z}$

$

Cm $1\in S$

=> $1^{2}-1=0\in S$

=> $0^{2}-1=-1\in S$

=> $1^{2}-(-1)=2\in S$

=> $0^{2}-2=-2\in S$

.......

Làm liên tiếp nhiều lần như vậy tạo ra được tất cả các số vét hết tập $\mathbb{Z}$