"đi dép lê"

[asimothat]

bài 1 ( định lí Erdos-Szekeres ) Một dãy số gồm (m-1)(n-1)+1 số thực phân biệt luôn tồn tại dãy con tăng độ dài m hoặc một dãy con giảm đọ dài n
bài 2 cho các số nguyên $1 \ge a_1 \ge ...\ge a_m<n $ và $1 \ge b_1 \ge ...\ge b_n <m $ .chứng minh rằng tồn tại p,q,r,s thảo mãn

$a_p +a_{p+1}+...+a_q =a_r+a_{r+1}+...+a_s $
bài 3 Cho n,k là 2 số nguyên dương thỏa mãn $n \ge k $ và S là tập hợp gồm n điểm trong mặt phẳng thảo mãn 2 tính chất
1) không có 3 điẻm nào của S thăng hàng
2) với mọi điểm P thuộc S có không ít hơn k điểm của S cách đều P
chứng minh $k < \frac{1}{2} +\sqrt{2n} $
bài 4 chứng minh rằng với mọi số vô tỉ a ,tồn tại vô hạn cặp số nguyên (h,k) với k>0 thỏa mãn $|a-\frac{h}{k}| \ge \frac{1}{k^2} $
bài 5 cho u là một số vô tỉ .S là tập hợp tất cả các số có dạng a+bu với a,b là các số nguyên .Chứng minh trù mật trong R (có nghĩa là với mọi số thực x ,và với mọi $\alpha $tồn tại y trong S sao cho |x-y|<$\alpha $
bài 6 tìm tất cả các nghiệm thức của hệ

$x_1+x_2+...x_n =a $ và $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}=\fra {1}{a} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[psquang_pbc]

Bài 3 Dùng phản chứng , bất đẳng thức và Dirichlet chứng minh có 3 điểm cùng thuộc trung trực 1 đoạn

Nguyên văn bởi asimothat

bài 4 Chứng minh rằng với mọi số vô tỉ a ,tồn tại vô hạn cặp số nguyên (h,k) với k>0 thỏa mãn $|a-\frac{h}{k}| \ge \frac{1}{k^2} $

Em có biết mệnh đề này :

Chứng minh rằng với mọi số vô tỉ $a $ ,tồn tại vô hạn cặp số nguyên $(h,k) $ với $k>0 $ thỏa mãn $|a-\frac{h}{k}| <\frac{1}{k^2} $

Chứng minh bằng liên phân số hoặc cực hạn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asimothat]

chú chứng minh đi ,hiện giờ mấy bài này anh no slove dc

@psquang : nói như chú là spam nha
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[adi]

Bài 3 [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[adi]

Bài 1 Given any sequence of mn+1 real numbers, some subsequence of (m+1) numbers is increasing or some subsequence of (n+1) numbers is decreasing.


We shall prove the result by 'Contradiction' method.
Assume that the result is false. For each number x in the sequence, we have the ordered pair (i, j), where i is the length of the longest increasing subsequence beginning with x, and j is the length of the longest decreasing subsequence ending with x. Then, since the result is false, 1  i  m and 1  j  n. Thus we have mn+1 ordered pairs, of which at most mn are distinct. Hence by the Pigeonhole Principle, two members of the sequence, say a and b, are associated with the same ordered pair (s, t). Without loss of generality, we may assume that a precedes b in the sequence.
If a<b, then a, together with the longest increasing subsequence beginning with b, is an increasing subsequence of length (s+1), contradicting the fact that s is the length of the longest increasing subsequence beginning with a. Hence a  b. But then, b, together with the longest decreasing subsequence ending with a, is a subsequence of length (t+1), contradicting that the longest decreasing subsequence ending with b is of length t. This is clearly a contradiction to our assumption and so the result must be true.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[adi]

Bài 5: Bạn tìm trong sách của Nguyễn Hữu Điển: Nguyên lý Dirichle, phần trù mật.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asimothat]

Nguyên văn bởi adi

Bài 5: Bạn tìm trong sách của Nguyễn Hữu Điển: Nguyên lý Dirichle, phần trù mật.

đâu phải ai cũng có nhiều sách đâu bạn ,bạn co thể post hẳn lời giả được không (thanks )
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[adi]

Nguyên văn bởi asimothat

bài 2 cho các số nguyên $1 \ge a_1 \ge ...\ge a_m<n $ và $1 \ge b_1 \ge ...\ge b_n <m $ .chứng minh rằng tồn tại p,q,r,s thảo mãn

Sai đề rồi bạn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.t.tuan]

Minh cứ ôn thi vòng 2 đi, xong rồi thích đọc về cái này thầy đưa tài liệu cho. Mấy bài đó cũ hết rồi. Còn đoạn trên của adi là copy từ đây.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Prince1809]

Nguyên văn bởi asimothat

bài 3 Cho n,k là 2 số nguyên dương thỏa mãn $n \ge k $ và S là tập hợp gồm n điểm trong mặt phẳng thảo mãn 2 tính chất
1) không có 3 điẻm nào của S thăng hàng
2) với mọi điểm P thuộc S có không ít hơn k điểm của S cách đều P
chứng minh $k < \frac{1}{2} +\sqrt{2n} $

Bài này là IMO 1989
Problem A3

Let n and k be positive integers, and let S be a set of n points in the plane such that no three points of S are collinear, and for any point P of S there are at least k points of S equidistant from P. Prove that k < 1/2 + √(2n).



Solution


Three variants on a theme, all kindly supplied by others (I spent 2 hours failing to solve it). My favorite first.


By Eli Bachmutsky

Consider the pairs P, {A, B}, where P, A, B are points of S, and P lies on the perpendicular bisector of AB. There are at least n k(k - 1)/2 such pairs, because for each point P, there are at least k points equidistant from P and hence at least k(k - 1)/2 pairs of points equidistant from P.

If k ≥ 1/2 + √(2n), then k(k - 1) ≥ 2n - 1/4 > 2(n - 1), and so there are more than n(n - 1) pairs P, {A, B}. But there are only n(n - 1)/2 possible pairs {A, B}, so for some {A0, B0} we must be able to find at least 3 points P on the perpendicular bisector of A0B0. But these points are collinear, contradicting the assumption in the question.
[Only registered and activated users can see links. ]
Đây là cách giải khác nữa này. Còn bài 2 của cậu đánh sai kìa, 1 bên a 1 bên b chứ, sao lại cả 2 vế đều là a
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]