Hướng tới kỳ thi Vietnam TST 2014 - Page 4

**Nguyen Van Linh** · 29-01-2014, 03:31 PM

Bài 15: Cho tam giác $ABC$. Dựng ra ngoài tam giác các hình chữ nhật $ABMN, ACEF, BCGH$. Chứng minh rằng trung trực của các đoạn thẳng $NF, MH, EG$ đồng quy.

**namdung** · 29-01-2014, 03:54 PM

Bình luận bài 1 của Võ Quốc Bá Cẩn với 6 lời giải và nhiều vấn đề liên quan:

https://www.facebook.com/photo.php?f...type=1&theater

**Traum** · 29-01-2014, 05:22 PM

Bài 16: (Một chút lạ cho bất đẳng thức) Chứng minh rằng với mọi $N $ số thực bất kì $x_1,...x_N $ ta có bất đẳng thức sau:

$\sum\limits_{1\le i, j\le N}|x_i+x_j| \ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}\max\{|x_i|,|x_j|\}\ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}|x_i-x_j| $.

Không Biết · 29-01-2014, 05:28 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

Bài 16: (Một chút lạ cho bất đẳng thức) Chứng minh rằng với mọi $N $ số thực bất kì $x_1,...x_n $ ta có bất đẳng thức sau:

$\sum\limits_{1\le i, j\le N}|x_i+x_j| \ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}\max\{|x_i|,|x_j|\}\ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}|x_i-x_j| $.

Bất đẳng thức không đúng nếu cho $n=2$ và $x_1=-1,x_2=1.$

**Traum** · 29-01-2014, 05:31 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Không Biết

Bất đẳng thức không đúng nếu cho $n=2$ và $x_1=-1,x_2=1.$

Có lẽ bạn hiểu nhầm cái nằm dưới tổng $1\le i,j\le N $ rồi. Ở đây tổng chạy qua tất cả các cặp $(i,j) $ và $i $ có thể bằng $j $. Với $N = 2 $, $x_1= 1, x_2= -1 $ thì $\sum\limits_{1\le i,j\le N}|x_i+x_j| = 2|x_1|+2|x_2| + 2|x_1 + x_2| = 2 + 2 + 0 = 4 $

Không Biết · 29-01-2014, 07:41 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

Có lẽ bạn hiểu nhầm cái nằm dưới tổng $1\le i,j\le N $ rồi. Ở đây tổng chạy qua tất cả các cặp $(i,j) $ và $i $ có thể bằng $j $. Với $N = 2 $, $x_1= 1, x_2= -1 $ thì $\sum\limits_{1\le i,j\le N}|x_i+x_j| = 2|x_1|+2|x_2| + 2|x_1 + x_2| = 2 + 2 + 0 = 4 $

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

Bài 16: (Một chút lạ cho bất đẳng thức) Chứng minh rằng với mọi $N $ số thực bất kì $x_1,...x_N $ ta có bất đẳng thức sau:

$\sum\limits_{1\le i, j\le N}|x_i+x_j| \ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}\max\{|x_i|,|x_j|\}\ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}|x_i-x_j| $.

Cảm ơn bạn. Ta chỉ cần chứng minh vế trái lớn hơn vế phải vì
$$2\max\{|a|,|b|\}=|a+b|+|a-b|\quad\forall a,b\in\mathbb{R}.$$
Còn về bất đẳng thức
$$\sum_{1\le i,j\le N}|x_i+x_j|\ge\sum_{1\le i,j\le N}|x_i-x_j|,$$
thì ta có thể sử dụng các đẳng thức sau
$$|a+b|-|a-b|=2\mathrm{sgn}(a)\mathrm{sgn}(b)\min\{|a|,|b|\} \quad\forall a,b\in\mathbb{R},$$
$$\min\{x,y\}=\int_{0}^{\infty}\lambda_{[0,x]}(t)\lambda_{[0,y]}(t)\mathrm{d}t\quad\forall x,y\ge 0,$$
để viết lại bất đẳng thức này thành
$$\int_{0}^{\infty}\left(\sum_{i=1}^N\mathrm{sgn}( x_i) \lambda_{[0,|x_i|]}(t)\right)^2\mathrm{d}t\ge0,$$
là một bất đẳng thức đúng, trong đó $\mathrm{sgn}(a)$ là hàm dấu của $a.$

tangchauphong · 29-01-2014, 08:02 PM

Trích:

Nguyên văn bởi LTL

Bài 15: Cho tam giác $ABC$. Dựng ra ngoài tam giác các hình chữ nhật $ABMN, ACEF, BCGH$. Chứng minh rằng trung trực của các đoạn thẳng $NF, MH, EG$ đồng quy.

Hình chữ nhật ABCD, lấy điểm M bất kì ta có $MA^2+MC^2=MB^2+MD^2 $ (*)
Cho trung trực MH và NF cắt nhau tại K, dựa vào (*) ta chứng minh được K thuộc trung trực EG.

Không Biết · 29-01-2014, 08:12 PM

Bài 17. Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3.$ Chứng minh tồn tại số $a\in\{1,2,\ldots,p-2\}$ sao cho $p^2$ đồng thời không chia hết $a^{p-1}-1$ và $(a+1)^{p-1}-1.$

kien10a1 · 29-01-2014, 09:18 PM

Trích:

Nguyên văn bởi CTK9

Bài 10) không phải là một bài mới, ít nhất là nó đã xuất hiện trên ML, mình xin trích dẫn lại ý tưởng giải như sau: (do đề bài yêu cầu chứng minh tồn tại vô hạn kiểu này thì đương nhiên là ta sẽ xây dựng...)
Xét số nguyên tố $p>2 $ và đặt $n_k = p^{2^k} - 1 $, hiển nhiên $f(n_k + 1) = p $.
Ta xét dãy các số dạng $n_k + 2 $ ($k $ chạy từ 1).
Mặt khác ta có: với $i<j $ thì: $(p^{2^j} + 1) -2 = (p-1)(p+1)(p^2 +1)...(p^{2^i}+1)...(p^{2^{j-1}}+1) $, tức là: $i<j \iff n_i+2|(n_j+2)-2 $, do đó ước chung lớn nhất của các số dạng này là 2 (do tất cả đều chẵn) và tất cả đều không chia hết cho 4.
Mà dãy này tăng lên vô cùng nên dãy $f(n_k+2) $ tăng lên vô cùng khi $k $ chạy. Ta gọi $t $ là chỉ số nhỏ nhất thỏa: $f(n_t+2)>p $.
Và cũng có $n_t = p^{2^t} -1 = (p-1)(p+1)(p^2 +1)...(p^{2^{t-1}}+1) = (p-1)(p+1)n_1.n_2...n_{t-1} $ và tất cả các ước nguyên tố của các số ở vế phải đề nhỏ hơn $p $ (do ta đã gọi $t $ là chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn $f(n_t+2)>p $).
Do vậy $f(n_k)<f(n_k+1)<f(n_k+2) $.
Và do Euclid đã chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố $p $ như đầu bài, ta có đpcm.

Phần sau bạn cũng có thể sử dụng kết quả q là ước nguyên tố của $p^{2^{k}}+1 $ thì q-1 là bội của $2^{k+1} $

**Fool's theorem** · 29-01-2014, 10:58 PM

Bài 17
Xét $T$ là tập các số $x$ thỏa mãn $1 \leq x \leq p-1$ ,$x^{p-1}-1$ không chia hết cho $p^2$.
Trước hết ta c/m NX: với mọi $1 \leq x \ p-1$ thì hoặc $x \in T$ hoặc $p-x \in T$. Phản chứng giả sử tồn tại $x$ mà cả $x,p-x$ đều không thuộc $T$, tức là $p^2|(p-x)^{p-1}-x^{p-1}$
Mà $(p-x)^{p-1}-x^{p-1}=\sum_{i=1}^{p-1} \binom{p-1}{i} p^{i}(-x)^{p-1-i} \equiv (-x)^{p-2}(p-1)p\equiv px^{p-2}\not\equiv 0(mod p^2)$ (Do $(p-1)p \equiv -p (mod p^2)$) nên ta có điều vô lí.
Chia ${1,2,...,p-1}$ thành các cặp $(1,p-1),(2,3),(4,5),...,(p-3,p-2)$
Theo nhận xét ta chứng minh trên thì $T$ có nhiều hơn hoặc bằng $\frac{p-1}{2}$ phần tử, $1 \notin T \rightarrow p-1 \in T$. Từ đây suy ra trong mỗi cặp trên có đúng 1 số thuộc $T$ (Nếu có một cặp có 2 số thì ta có ĐPCM luôn)
$p-1 \in T$ nên nếu $p-2 \in T$ thì xong. Ta xét trường hợp $p-2 \notin T$, khi đó thì $p-3$ cùng cặp với $p-2$ sẽ thuộc $T$.
Giả sử $p-4 \notin T$
Xét biểu thức $(p-x)^{p-1}= \sum_{i=0}^{p-1} \binom{p-1}{i} p^{i}(-x)^{p-1-i} \equiv (p-1)p(-x)^{p-2}+ (-x)^{p-1} \equiv px^{p-2}+x^{p-1} (mod p^2)$ (Do $(p-1)p \equiv -p (mod p^2)$, $p-1$ chẵn và $p-2$ lẻ)
Khi đó $1 \equiv (p-4)^{p-1} \equiv (p-2)^{p-1} (mod p^2)$ nên $1 \equiv 4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv 2^{p-1}+p2^{p-2} (mod p^2)$
Từ đây ta có $1 \equiv 4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv \left ( 2^{p-1}+p2^{p-2} \right )^2(mod p^2) \Rightarrow 1 \equiv 4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv 4^{p-1}+2.2^{p-1}.p2^{p-2} (mod p^2)$
Suy ra $4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv 4^{p-1}+p4^{p-1} (mod p^2) \Rightarrow p^2| 3p4^{p-2}$(Vô lý)
Vậy $p-4$ và $p-3$ đều thuộc $T$ và ta có ĐPCM

**Traum** · 30-01-2014, 04:49 AM

Bài 18: chứng minh rằng có vô số số tự nhiên N sao cho tồn tại ít nhất một hoán vị của N số tự nhiên đầu tiên có tính chất hai số liên tiếp thì có hiệu bằng 2013 hoặc 2014.

Mashimaru · 30-01-2014, 05:51 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Traum

Bài 18: chứng minh rằng có vô số số tự nhiên N sao cho tồn tại ít nhất một hoán vị của N số tự nhiên đầu tiên có tính chất hai số liên tiếp thì có hiệu bằng 2013 hoặc 2014.

Lời giải: (không biết đúng hay sai

)
Ta chứng minh rằng các số $N = 2014k$ với $k \geq 2$ đều có tính chất đưa ra. Thật vậy, viết các số tự nhiên $1, 2, ..., 2014k$ vào một ma trận như sau
$$
\begin{bmatrix}
1 & 2 & \cdots & 2014 \\
2015 & 2016 & \cdots & 4028 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
2014 (k - 1) + 1 & 2014 (k - 1) + 2 & \cdots & 2014k
\end{bmatrix}
$$
Ta xây dựng một đồ thị dựa trên các số được ghi trên ma trận này, sao cho số $i$ được nối với các số $i \pm 2013$ và $i \pm 2014$ (nếu các số này còn nằm trong $\{1, 2, ..., 2014k\}$). Nếu tương ứng điều này lên ma trận trên thì ta thấy nói chung là số ở ô $(i, j)$ luôn được nối với các số ở các ô $(i - 1, j)$, $(i + 1, j)$, $(i + 1, j - 1)$ và $(i - 1, j + 1)$. Một số ngoại lệ xảy ra ở 2 cột trái nhất, phải nhất, cũng như hàng trên cùng và hàng dưới cùng. Tuy nhiên, tại các trường hợp này, chú ý rằng mỗi ô đầu $(i, 1)$ vẫn được nối với ô cuối hàng $(i, 2014)$. Tóm lại khi vẽ đồ thị này ra, ta sẽ nhận thấy mọi đỉnh của đồ thị đều có bậc chẵn, trừ đỉnh ở góc phải trên và đỉnh ở góc trái dưới có bậc $3$. Vì thế, trong đồ thị đã dựng có tồn tại đường đi Euler. Hoán vị các số $1, 2, ..., 2014k$ theo đường đi Euler này, ta thấy $N = 2014k$ thoả mãn điều kiện.

**Traum** · 30-01-2014, 06:01 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Mashimaru

Lời giải: (không biết đúng hay sai

)
Ta chứng minh rằng các số $N = 2014k$ với $k \geq 2$ đều có tính chất đưa ra. Thật vậy, viết các số tự nhiên $1, 2, ..., 2014k$ vào một ma trận như sau
$$
\begin{bmatrix}
1 & 2 & \cdots & 2014 \\
2015 & 2016 & \cdots & 4028 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
2014 (k - 1) + 1 & 2014 (k - 1) + 2 & \cdots & 2014k
\end{bmatrix}
$$
Ta xây dựng một đồ thị dựa trên các số được ghi trên ma trận này, sao cho số $i$ được nối với các số $i \pm 2013$ và $i \pm 2014$ (nếu các số này còn nằm trong $\{1, 2, ..., 2014k\}$). Nếu tương ứng điều này lên ma trận trên thì ta thấy nói chung là số ở ô $(i, j)$ luôn được nối với các số ở các ô $(i - 1, j)$, $(i + 1, j)$, $(i + 1, j - 1)$ và $(i - 1, j + 1)$. Một số ngoại lệ xảy ra ở 2 cột trái nhất, phải nhất, cũng như hàng trên cùng và hàng dưới cùng. Tuy nhiên, tại các trường hợp này, chú ý rằng mỗi ô đầu $(i, 1)$ vẫn được nối với ô cuối hàng $(i, 2014)$. Tóm lại khi vẽ đồ thị này ra, ta sẽ nhận thấy mọi đỉnh của đồ thị đều có bậc chẵn, trừ đỉnh ở góc phải trên và đỉnh ở góc trái dưới có bậc $3$. Vì thế, trong đồ thị đã dựng có tồn tại đường đi Euler. Hoán vị các số $1, 2, ..., 2014k$ theo đường đi Euler này, ta thấy $N = 2014k$ thoả mãn điều kiện.

Có lẽ còn sót điều kiện đồ thị tạo thành phải liên thông thì phải

Mashimaru · 30-01-2014, 06:36 AM

Bài 19. Trong một cuộc họp, có 2014 người ngồi quanh một cái bàn tròn. Sau giờ giải lao, họ quay lại và đổi chỗ ngẫu nhiên cho nhau. Chứng minh rằng tồn tại hai người nào đó có số người ngồi giữa họ trước và sau khi đổi chỗ là như nhau. Kết quả sẽ ra sao nếu có 2013 người thay vì 2014?

**huynhcongbang** · 30-01-2014, 06:41 AM

Bài 18.

Lời giải của bạn mashimaru đẹp quá!

Ngoài ra, mình xin nêu một hướng xây dựng như dưới đây, không biết có hiểu nhầm gì không nữa!

Trước hết, thử thay $2013, 2014$ bởi $3, 4$ cho dễ "cảm nhận"

Với $n=6$ thì: $3, 6, 2, 5, 1, 4$, đặt là dãy (1).
Với $n=8$ thì: $1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 8$, đặt là dãy (2).

Với $n=14$, ta ghép vào cuối dãy (2) là các phần tử của dãy (1) cộng với 8. Khi đó, hoán vị nhận được sẽ là: $1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 8, 11, 14, 10, 13, 9, 12$.

Với $n=22$, ta ghép vào cuối hoán vị $n=14$ là các phần tử của dãy (2) cộng với 14 thì được: $1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 8, 11, 14, 10, 13, 9, 12, 15, 19, 16, 20, 17, 21, 18, 22$.

Cứ như thế, rõ ràng cách xây dựng này thỏa mãn ứng với các số có dạng $8k+6$ với $k \ge 0$.

Ở bài đã cho, ta có hai số $2013, 2014$nếu chỉ được 2 hoán vị kiểu như trên thì coi như thành công.

-Với $n=4028$, như trên (tăng $2014$, giảm $2013$) thì sẽ được 1 hoán vị bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 4028.
-Với $n=4026$, cũng như trên (tăng $2013$, giảm $2014$) thì sẽ được 1 hoán vị bắt đầu bằng $2013$ và kết thúc bằng $2014$.

Thực hiện việc lắp ghép các hoán vị này, ta thấy các số có dạng $2(2014k+2013)$ với $k \ge 0$ thỏa mãn đề bài nên ta có đpcm.

29-01-2014, 05:22 PM	#48
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 16: (Một chút lạ cho bất đẳng thức) Chứng minh rằng với mọi $N $ số thực bất kì $x_1,...x_N $ ta có bất đẳng thức sau: $\sum\limits_{1\le i, j\le N}\|x_i+x_j\| \ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}\max\{\|x_i\|,\|x_j\|\}\ge \sum\limits_{1\le i, j\le N}\|x_i-x_j\| $. __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 29-01-2014 lúc 05:31 PM

29-01-2014, 10:58 PM	#55
Fool's theorem +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: T1 K46 Chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 187 Thanks: 42 Thanked 192 Times in 101 Posts	Bài 17 Xét $T$ là tập các số $x$ thỏa mãn $1 \leq x \leq p-1$ ,$x^{p-1}-1$ không chia hết cho $p^2$. Trước hết ta c/m NX: với mọi $1 \leq x \ p-1$ thì hoặc $x \in T$ hoặc $p-x \in T$. Phản chứng giả sử tồn tại $x$ mà cả $x,p-x$ đều không thuộc $T$, tức là $p^2\|(p-x)^{p-1}-x^{p-1}$ Mà $(p-x)^{p-1}-x^{p-1}=\sum_{i=1}^{p-1} \binom{p-1}{i} p^{i}(-x)^{p-1-i} \equiv (-x)^{p-2}(p-1)p\equiv px^{p-2}\not\equiv 0(mod p^2)$ (Do $(p-1)p \equiv -p (mod p^2)$) nên ta có điều vô lí. Chia ${1,2,...,p-1}$ thành các cặp $(1,p-1),(2,3),(4,5),...,(p-3,p-2)$ Theo nhận xét ta chứng minh trên thì $T$ có nhiều hơn hoặc bằng $\frac{p-1}{2}$ phần tử, $1 \notin T \rightarrow p-1 \in T$. Từ đây suy ra trong mỗi cặp trên có đúng 1 số thuộc $T$ (Nếu có một cặp có 2 số thì ta có ĐPCM luôn) $p-1 \in T$ nên nếu $p-2 \in T$ thì xong. Ta xét trường hợp $p-2 \notin T$, khi đó thì $p-3$ cùng cặp với $p-2$ sẽ thuộc $T$. Giả sử $p-4 \notin T$ Xét biểu thức $(p-x)^{p-1}= \sum_{i=0}^{p-1} \binom{p-1}{i} p^{i}(-x)^{p-1-i} \equiv (p-1)p(-x)^{p-2}+ (-x)^{p-1} \equiv px^{p-2}+x^{p-1} (mod p^2)$ (Do $(p-1)p \equiv -p (mod p^2)$, $p-1$ chẵn và $p-2$ lẻ) Khi đó $1 \equiv (p-4)^{p-1} \equiv (p-2)^{p-1} (mod p^2)$ nên $1 \equiv 4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv 2^{p-1}+p2^{p-2} (mod p^2)$ Từ đây ta có $1 \equiv 4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv \left ( 2^{p-1}+p2^{p-2} \right )^2(mod p^2) \Rightarrow 1 \equiv 4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv 4^{p-1}+2.2^{p-1}.p2^{p-2} (mod p^2)$ Suy ra $4^{p-1}+p4^{p-2} \equiv 4^{p-1}+p4^{p-1} (mod p^2) \Rightarrow p^2\| 3p4^{p-2}$(Vô lý) Vậy $p-4$ và $p-3$ đều thuộc $T$ và ta có ĐPCM __________________ Hope against hope. thay đổi nội dung bởi: Fool's theorem, 29-01-2014 lúc 11:19 PM

30-01-2014, 04:49 AM	#56
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 18: chứng minh rằng có vô số số tự nhiên N sao cho tồn tại ít nhất một hoán vị của N số tự nhiên đầu tiên có tính chất hai số liên tiếp thì có hiệu bằng 2013 hoặc 2014. __________________ Traum is giấc mơ.

30-01-2014, 06:41 AM	#60
huynhcongbang Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Ho Chi Minh City Bài gởi: 2,413 Thanks: 2,165 Thanked 4,188 Times in 1,381 Posts	Bài 18. Lời giải của bạn mashimaru đẹp quá! Xài DFS chứng minh được nó liên thông thì ngon rồi! Ngoài ra, mình xin nêu một hướng xây dựng như dưới đây, không biết có hiểu nhầm gì không nữa! Trước hết, thử thay $2013, 2014$ bởi $3, 4$ cho dễ "cảm nhận" Với $n=6$ thì: $3, 6, 2, 5, 1, 4$, đặt là dãy (1). Với $n=8$ thì: $1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 8$, đặt là dãy (2). Với $n=14$, ta ghép vào cuối dãy (2) là các phần tử của dãy (1) cộng với 8. Khi đó, hoán vị nhận được sẽ là: $1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 8, 11, 14, 10, 13, 9, 12$. Với $n=22$, ta ghép vào cuối hoán vị $n=14$ là các phần tử của dãy (2) cộng với 14 thì được: $1, 5, 2, 6, 3, 7, 4, 8, 11, 14, 10, 13, 9, 12, 15, 19, 16, 20, 17, 21, 18, 22$. Cứ như thế, rõ ràng cách xây dựng này thỏa mãn ứng với các số có dạng $8k+6$ với $k \ge 0$. Ở bài đã cho, ta có hai số $2013, 2014$nếu chỉ được 2 hoán vị kiểu như trên thì coi như thành công. -Với $n=4028$, như trên (tăng $2014$, giảm $2013$) thì sẽ được 1 hoán vị bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 4028. -Với $n=4026$, cũng như trên (tăng $2013$, giảm $2014$) thì sẽ được 1 hoán vị bắt đầu bằng $2013$ và kết thúc bằng $2014$. Thực hiện việc lắp ghép các hoán vị này, ta thấy các số có dạng $2(2014k+2013)$ với $k \ge 0$ thỏa mãn đề bài nên ta có đpcm. __________________ Sự im lặng của bầy mèo thay đổi nội dung bởi: huynhcongbang, 30-01-2014 lúc 06:50 AM

Ðiều Chỉnh
Tạo trang in Email trang này
Xếp Bài
Chế độ bình thường Chuyển sang chế độ Pha trộn Chuyển sang chế độ dạng cây

29-01-2014, 03:31 PM	#46
Nguyen Van Linh Moderator Tham gia ngày: Aug 2009 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 277 Thanks: 69 Thanked 323 Times in 145 Posts	Bài 15: Cho tam giác $ABC$. Dựng ra ngoài tam giác các hình chữ nhật $ABMN, ACEF, BCGH$. Chứng minh rằng trung trực của các đoạn thẳng $NF, MH, EG$ đồng quy.

29-01-2014, 03:54 PM	#47
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Bình luận bài 1 của Võ Quốc Bá Cẩn với 6 lời giải và nhiều vấn đề liên quan: https://www.facebook.com/photo.php?f...type=1&theater

29-01-2014, 08:12 PM	#53
Không Biết +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2013 Bài gởi: 20 Thanks: 0 Thanked 30 Times in 9 Posts	Bài 17. Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3.$ Chứng minh tồn tại số $a\in\{1,2,\ldots,p-2\}$ sao cho $p^2$ đồng thời không chia hết $a^{p-1}-1$ và $(a+1)^{p-1}-1.$

30-01-2014, 06:36 AM	#59
Mashimaru +Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2008 Bài gởi: 89 Thanks: 19 Thanked 70 Times in 28 Posts	Bài 19. Trong một cuộc họp, có 2014 người ngồi quanh một cái bàn tròn. Sau giờ giải lao, họ quay lại và đổi chỗ ngẫu nhiên cho nhau. Chứng minh rằng tồn tại hai người nào đó có số người ngồi giữa họ trước và sau khi đổi chỗ là như nhau. Kết quả sẽ ra sao nếu có 2013 người thay vì 2014?