Đáp án là -3

• Có 7 điểm trong không gian, nối với nhau bởi $21$ đoạn thẳng.
• Các đoạn thẳng có thể được tô màu xanh, đỏ, hoặc không tô màu.
• Hỏi số $k$ nhỏ nhất sao cho nếu tô $k$ đoạn thẳng bất kỳ, luôn tồn tại một tam giác đơn sắc (ba cạnh cùng màu).

Vì bài toán yêu cầu một tam giác đơn sắc (màu xanh hoặc đỏ), ta có thể bỏ qua các đoạn thẳng "không tô màu". Tức là:

• Bài toán trở thành một bài toán tô màu với 2 màu (xanh, đỏ).

• Để tránh một tam giác đơn sắc, ta cần kiểm soát cách tô màu. Nhưng nếu $k$ lớn hơn một giá trị nhất định, tam giác đơn sắc không thể tránh khỏi, vì số lượng đoạn thẳng tô màu và số tam giác tăng lên.

• Có tất cả: C72=21 đoạn thẳng.C_7^2 = 21 \text{ đoạn thẳng.}C72​=21 đoạn thẳng.

• Số tam giác (tổ hợp 3 điểm trong 7 điểm): C73=35 tam giaˊc.C_7^3 = 35 \text{ tam giác.}C73​=35 tam giaˊc.

• Nếu $k=14$ đoạn thẳng:
  • Ta có thể tô màu $14$ đoạn thẳng sao cho không xuất hiện tam giác đơn sắc.
  • Ví dụ: Tô các đoạn thẳng nối các đỉnh trong đồ thị theo chiến lược xen kẽ (một số đoạn xanh và một số đoạn đỏ) để tránh tam giác đơn sắc.

• Nếu $k=15$ đoạn thẳng:
  • Với $15$ đoạn thẳng bất kỳ được tô màu, ta luôn phải có ít nhất một tam giác đơn sắc. Điều này do:
    • Số đoạn thẳng tăng lên, và không thể kiểm soát toàn bộ $35$ tam giác.

• Số $k$ nhỏ nhất sao cho luôn tồn tại tam giác đơn sắc chính là $k=15$.

• Khi tô màu $k=15$ đoạn thẳng bất kỳ, luôn xuất hiện ít nhất một tam giác có ba cạnh cùng màu.
• Đáp án:
  \boxed{15}15​.

Đáp án cuối cùng là 3

• Có 2006 điểm trong không gian, không có 4 điểm nào đồng phẳng, nghĩa là mỗi 3 điểm bất kỳ đều tạo thành một tam giác.
• Các điểm này được nối với nhau bởi đoạn thẳng, tổng số đoạn thẳng là: C20062=2006×20052.C_{2006}^2 = \frac{2006 \times 2005}{2}.C20062​=22006×2005​.
• Một số $m$ được gọi là "số tốt" nếu ta có thể gán một số tự nhiên (không vượt quá $m$) cho mỗi đoạn thẳng sao cho bất kỳ tam giác nào đều thỏa mãn: có hai cạnh được gán bằng nhau và cạnh thứ ba được gán giá trị lớn hơn hai giá trị đó.

2. Điều kiện của tam giác: Để thỏa mãn điều kiện, các cạnh của tam giác ($a,b,c$) phải có:

• $a=b<c$, hoặc
• $b=c<a$, hoặc
• $c=a<b$.

Điều này dẫn đến mỗi tam giác phải có hai cạnh bằng nhau và cạnh còn lại lớn hơn.

3. Chiến lược gán số: Ta cần xác định giá trị nhỏ nhất của $m$ sao cho với mỗi đoạn thẳng được gán một số từ 1 đến $m$, điều kiện trên luôn được thỏa mãn.

4. Lập luận:

• Số lượng tam giác trong không gian là: C20063=2006×2005×20046.C_{2006}^3 = \frac{2006 \times 2005 \times 2004}{6}.C20063​=62006×2005×2004​.
• Với mỗi tam giác, các cạnh được chọn từ tập số tự nhiên $\{1,2,\dots ,m\}$. Để đảm bảo luôn tồn tại hai cạnh bằng nhau và một cạnh lớn hơn hai cạnh đó, ta cần sử dụng một kỹ thuật phân loại hoặc gán số phù hợp.

5. Tính toán giá trị nhỏ nhất của $m$:

• Gán số $1,2,\dots ,m$ cho các đoạn thẳng sao cho mọi tam giác thỏa mãn điều kiện trên. Điều này tương tự như giải bài toán tổ hợp màu sắc để phân biệt các cạnh tam giác.
• Số $m$ cần phải đủ lớn để cho phép mọi tổ hợp ba cạnh ($a,b,c$) thỏa mãn $a=b<c$, $b=c<a$, hoặc $c=a<b$.

6. Kết luận: Qua lý thuyết đồ thị và các bài toán tương tự, ta biết rằng số tốt nhỏ nhất $m$ là 3. Điều này nghĩa là:

• Ta gán số 1, 2, hoặc 3 cho mỗi đoạn thẳng.
• Bất kỳ tam giác nào cũng sẽ có hai cạnh bằng nhau và cạnh còn lại lớn hơn, thỏa mãn bài toán.

Đáp án cuối cùng: 3

1. Phần 1: Phân phối khách vào các khách sạn

   Bài toán đầu tiên yêu cầu chứng minh số cách phân phối $n$ khách vào $r$ khách sạn với số lượng khách n1,n2,…,nrn_1, n_2, \dots, n_rn1​,n2​,…,nr​ (thỏa mãn n1+n2+⋯+nr=nn_1 + n_2 + \dots + n_r = nn1​+n2​+⋯+nr​=n) được cho bởi công thức:

   P=n!n1!n2!…nr!.P = \frac{n!}{n_1!n_2! \dots n_r!}.P=n1​!n2​!…nr​!n!​. Giải thích:
2. Bước 1: Xét $n$ khách như $n$ phần tử khác nhau. Để sắp xếp thứ tự toàn bộ $n$ khách, có tổng cộng $n!$ cách.
3. Bước 2: Trong đó, nhóm khách n1n_1n1​ đến khách sạn S1S_1S1​, nhóm n2n_2n2​ đến S2S_2S2​, và tương tự. Do trong mỗi nhóm, các khách hàng đều được coi là không phân biệt, nên ta phải chia cho n1!,n2!,…,nr!n_1!, n_2!, \dots, n_r!n1​!,n2​!,…,nr​! (tương ứng là số cách hoán vị của khách trong cùng một nhóm).
4. Kết luận: Do đó số cách phân phối là:
5. (4m)! chia heˆˊt cho 23m⋅3m.(4m)! \, \text{chia hết cho} \, 2^{3m} \cdot 3^m.(4m)!chia heˆˊt cho23m⋅3m. Chứng minh:

6. Số mũ của 2 trong $(4m)!$: Dùng công thức xác định số lần xuất hiện của một số nguyên tố $p$ trong $n!$ như sau:

   vp(n!)=⌊np⌋+⌊np2⌋+⌊np3⌋+…v_p(n!) = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^3} \right\rfloor + \dotsvp​(n!)=⌊pn​⌋+⌊p2n​⌋+⌊p3n​⌋+…

   Với $p=2$ và $n=4m$:

   v2((4m)!)=⌊4m2⌋+⌊4m22⌋+⌊4m23⌋+…v_2((4m)!) = \left\lfloor \frac{4m}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{4m}{2^2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{4m}{2^3} \right\rfloor + \dotsv2​((4m)!)=⌊24m​⌋+⌊224m​⌋+⌊234m​⌋+…

   Nhận xét:

   • 4m2=2m\frac{4m}{2} = 2m24m​=2m,
   • 4m22=m,
   • Các số chia cao hơn 23,24,…2^3, 2^4, \dots23,24,… vẫn đóng góp thêm nhưng giảm dần.

   Do đó:

   v2((4m)!)>2m+m=3m.v_2((4m)!) > 2m + m = 3m.v2​((4m)!)>2m+m=3m.

   Vậy v2((4m)!)≥3mv_2((4m)!) \geq 3mv2​((4m)!)≥3m.

7. Số mũ của 3 trong $(4m)!$: Tương tự, với $p=3$:

   v3((4m)!)=⌊4m3⌋+⌊4m32⌋+⌊4m33⌋+…v_3((4m)!) = \left\lfloor \frac{4m}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{4m}{3^2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{4m}{3^3} \right\rfloor + \dotsv3​((4m)!)=⌊34m​⌋+⌊324m​⌋+⌊334m​⌋+…

   Ta có:

   • 4m3≈1.33m\frac{4m}{3} \approx 1.33m34m​≈1.33m (phần nguyên là $m$),
   • Các bậc cao hơn giảm dần.

   Vậy v3((4m)!)≥mv_3((4m)!) \geq mv3​((4m)!)≥m.

8. Kết luận: Từ hai kết quả trên, ta có:

   • Số mũ của 2 trong $(4m)!$ là v2((4m)!)≥3mv_2((4m)!) \geq 3mv2​((4m)!)≥3m,
   • Số mũ của 3 trong $(4m)!$ là v3((4m)!)≥mv_3((4m)!) \geq mv3​((4m)!)≥m.

   Do đó, $(4m)!$ chia hết cho 23m⋅3m2^{3m} \cdot 3^m23m⋅3m.

9. P=n!n1!n2!…nr!.P = \frac{n!}{n_1!n_2! \dots n_r!}.P=n1​!n2​!…nr​!n!​. Phần 2: Chứng minh (4m)! chia heˆˊt cho 23m⋅3m(4m)! \, \text{chia hết cho} \, 2^{3m} \cdot 3^m(4m)!chia heˆˊt cho23m⋅3m

   Chúng ta cần chứng minh:

a) $\left(3x-2\right)\left(2x+1\right)=0$

   \(\left[{}\begin{matrix}3x-2=0\\2x+1=0\end{matrix}\right.\)  

     \(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{2}{3}\\x=-\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy: phương trình có 2 nghiệm x = \(\dfrac{2}{3}\) và x = \(-\dfrac{1}{2}\)

b/ \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=4\\x+2y=-3\end{matrix}\right.\)

    \(\left\{{}\begin{matrix}4x-2y=8\\x+2y=-3\end{matrix}\right.\)

    \(\left\{{}\begin{matrix}5x=5\\x+2y=-3\end{matrix}\right.\)

    \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\1+2y=-3\end{matrix}\right.\)

    \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=-1\end{matrix}\right.\)

Vậy: hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (1; -1)

a/ Gọi a (tuổi) là số tuổi của bạn An (a ϵ N*)

    a ≥ 18

b/ Gọi m (kg) là khối lượng thang máy chở được:

   0 < m ≤ 700

c/ Gọi số tiền mua hàng là $x$ (triệu đồng), $x>0$.

Bất đẳng thức để mô tả bạn phải mua hàng có tổng trị giá ít nhất $1$ triệu đồng mới được giảm giá là $x\ge 1$.

d/ 2x - 3 > -7x + 2

    2x + 7x > 2 + 3

            9x > 5

              x > \(\dfrac{5}{9}\)

Vậy: tập nghiệm của bất phương trình là x > \(\dfrac{5}{9}\)