vâng cảm ơn anh ,  cái bài đầu hôm trước em cũng có nhớ ra xong về nhà lại quên mất nên k sửa 

bài 1 : do $a- b | f(a) - f(b) $ nên $f(n) | f(n+f(n))$ . Vậy từ đây ta có $ f(n) | p^n - 1 , f(n) | p^{n+f(n)}-1$ nên $f(n) | p^{gcd(n,f(n))}-1$ . Chọn $n$ sao cho $gcd (n, f(0)) = 1$ , ta nhận được $f(n) |p-1$ với vô hạn giá trị của $n$

Gọi $d_1,d_2,..,d_k$ là các ước của $p-1$ . Khi đó $f(n) = d_i$ với vô hạn giá trị của $n$ , suy ra tồn tại $1 \leq j \leq k$ để $f(n) = d_k$ với vô hạn giá trị của $n \implies f(n) = c$ với $c | p-1$ 

Bài 2 : Đặc $P(x) = 1+x^{1!}+..+x^{n!}$ , $Q(x) = 1+x+x^2+..+x^n$ . Xét $P(x) = Q(x) .R(x) +S(x)$ với $deg S < deg Q$ . $P(n)$ chia hết $Q(N)$ với vô hạn $n$ , nên $Q(n) | S(n)$ với vô hạn giá trị của $n$ . Thật vậy , khi $n $ đủ lớn thì $|S(n)| < Q(n)$ , nên $S \equiv 0$ , suy ra $Q(x) | P(x)$ 

Xét $\varepsilon $ là căn đơn vị của $n+1$ , ta có $\varepsilon $ là nghiệm của $Q(x)$ , nên cũng đồng thời là nghiệm của $P(x) $ . Ta có nếu $a \equiv b$ (mod $n+1$) thì $\varepsilon ^{a} = \varepsilon ^{b}$ Giả sử $(1! , 2! ,.. , n!) \equiv (a_1,a_2,..,a_n) $ (mod $n+1$ ) , khi đó $0 = P(\varepsilon ) = \varepsilon ^{a_1}+..+\varepsilon ^{a_n} = T(\varepsilon )$ với $T(x) = x^{a_1}+..+x^{a_n}$ . 

Suy ra $Q(x) | T(x)$ , nên $(0,1! , 2! , .. , n!)$ lập thành hệ thặng dư đầy đủ mod $n+1$ . Từ đây suy ra được $n+1$ là số nguyên tố , hoặc $n +1= 4$ ,  vì nếu $n+1$ là hợp số lớn hơn 4 , ta xét 2 trường hợp :

TH1 : $n +1 = a.b ; a,b$ phân biệt , trong biểu diễn $n!$ chứa cả $a,b$ nên $ n+1 = ab | n!$

TH2 : $ n = p^2 , p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong biểu diễn của $n!$ chứa có $p$ lẫn $2p$ , nên $n+1 = p^2 | 2p^2 | n!$ 

Vậy ta có $0 \equiv n! $ (mod $n+1$) với mọi $n+1$ là hợp số lớn hơn 4 . Vậy ta xét $n+1 = 4$, tức là $n = 3$ , ta có $2! \equiv 3!$ (mod 4)$ nên trường hợp này bị loại

Xét $p$ lẻ

 Ta có $(p-1)! \equiv -1 $ (mod $p$ ) theo định lý wilson , nên $(p-2)! \equiv 1 \equiv 1! $ (mod $p$ ) . Từ đây suy ra $p-2 = 1 $ , nên $p = 3 \implies n = 2$

Khi $p$ chẵn thì $n = 3$ không thỏa mãn như đã chỉ ở trên  

Vậy $ n= 1,2$

đây chính là IMO shortlist 2013 

câu 4 chia thành 7 hình tháp 3 ô, mỗi hình tháp tổng chẵn nên có 1 số chẵn suy ra đs là 7

Bài 1 :

Giả sử tồn tại $a, m$ sao cho $f(a) = f(a+m)=k$

Khi đó ta có : $f(f(a))-f(a) = f(a+1)= f(k)  - k = f(f(a+m))-f(a+m) = f(a+m+1)$

Vậy $f(a+1) = f(a+m+1)$

Tương tự ta có $f(a+2) = f(a+m+2)$, ... $f(a+m) =f(a+2m)$

Vậy $f$ tuần hoàn chu kì $m$ nên $f$ bị chặn trên

Kí hiệu $f_k(n) = f(f(f(...(m))...)$

Ta có $f_2(n) = f(n+1)+f(n) \geq f(n)+1$

Bằng quy nạp ta có $f_k(n) \geq f_{k-1}(n)+1$

$\implies f_k(n) \geq k$

Cho $k$ tiến tới dương vô cùng ta có $f$ không bị chặn nên có điều mâu thuẫn. Vậy $f$ đơn ánh

Thay $y$ bởi $\sqrt{f(x)}$ ta có $f(f(x)) = \frac{1}{\sqrt{f(x)}}$ nên $f(\frac{f(x)}{y})= \frac{yf(y)}{\sqrt{f(x)}}$

Từ điều trên suy ra $\frac{f(x)}{f(y)}$ nhận mọi giá trị trên $\mathbb R^{+}$ . Thế $y$ bởi $f(y)$ ta nhận được $f(\frac{f(x)}{f(y}) = \frac{1}{\sqrt{\frac{f(x)}{f(y)}}}$ nên $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ với mọi $x$

$f(f(x))=f(x)+x$

Từ đề bài ta có $f$ đơn ánh, mà $f$ liên tục nên $f$ đơn điệu thực sự

Thay $x$ bởi $0$ ta có $f(f(0)) = f(0)$ nên $f(0) = 0$

Ta sẽ chứng minh $f$ là song ánh

Thật vậy, giả sử tồn tại $a$ sao cho $f(x) \neq a$ $\forall x $

Do $f$ liên tục nên $f(x) > a$ hoặc $f(x) < a$ $\forall x$

Trường hợp 1 : $f(x) > a $ $\forall x$

Nếu $f$ giảm ngặt, ta có $f(x) > a \implies f(f(x)) < f(a)$

$\implies a+x < f(x) +x < f(a)$

Từ đây ta có $x < f() - a$ với mọi $x$. Ta có điều mâu thuẫn

$\implies f$ tăng ngặt. Khi đó ta có với mọi $x$ âm thì $f(x) > f(x) +x = f(f(x)) > f(a) \implies x > a $ $\forall x < 0$ ta có điều mẫu thuẫn 

Trường hợp 2 : $f(x) < a$ $\forall x$. trường hợp này có thể chứng minh tương tự trường hợp 1

Vậy $f$ song ánh nên tồn tại hàm ngược

Gọi $g(x) = f_{-1}(x)$ là hàm ngược của $f(x)$

Đặt $f_0(x) = x, f_n(x) = f(f_{n-1}(x))$, ta có dãy như sau 

$f_{n+2}(x) - f_{n+1}(x)-f_n{x} = 0$

Ta có công thức tổng quát 

$f_n(x) = \frac{f(x)-x(\frac{1-\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}}.(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})-f(x)}{\sqrt{5}}).(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$ $(1)$

Thay $x$ bởi $g(g(x))$ vào đẳng thức ban đầu ta được dãy : $g(g(x))+g(x) - x = 0$

$\implies g_{n+2}(x)+g_{n+1}(x) - g_n{x} = 0$

Từ đây ta thu được công thức tổng quát 

$g_n(x) = \frac{g(x)+x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}}.(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{x(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})-g(x)}{\sqrt{5}}).(\frac{-1-\sqrt{5}}{2})^n$

Thay $x$ bởi $g(x)$ vào đẳng thức ban đầu ta có $f(x) = g(x) + x$ hay $g(x) = f(x) - x$

Vậy ta có $g_n(x) = \frac{f(x)+x(\frac{\sqrt{5}-1}{2})}{\sqrt{5}}.(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})-f(x)}{\sqrt{5}}).(\frac{-1-\sqrt{5}}{2})^n$

Trường hợp 1 : $f$ tăng ngặt , khi đó $f_n(x), g_n(x)$ đều tăng ngặt

Ta có $f(0) = g(0) = 0 \implies f_n(0) = g_n(0) = 0$

Với mỗi $x > 0 $ thì $g_n(x) > g_n(0) = 0$ và $f_n(x) > f_n(0) = 0$

Xét $g_n(x) = \frac{f(x)+x(\frac{\sqrt{5}-1}{2})}{\sqrt{5}}.(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})-f(x)}{\sqrt{5}}).(\frac{-1-\sqrt{5}}{2})^n$

Nếu $(\frac{x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})-f(x)}{\sqrt{5}}) < 0$ thì ta chọn $n$ chẵn đủ lớn 

Khi $n$ đủ lớn thì $\lim_{n\rightarrow +\infty } (\frac{-1+\sqrt{5}}{2})^n = 0$ và $\lim_{n\rightarrow +\infty } (\frac{-1-\sqrt{5}}{2})^n = + \infty$ nên $g_n(x) < 0$ ta có điều mâu thuẫn

Nếu $(\frac{x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})-f(x)}{\sqrt{5}}) > 0$ ta chọn $n$ lẻ đủ lớn , ta lại có $g_n(x) < 0$ nên mâu thuẫn

$\implies (\frac{x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})-f(x)}{\sqrt{5}}) = 0$ từ đây ta thu được nghiệm hàm 

$f(x) = x . \frac{1+\sqrt{5}}{2}$

Trường hợp 2 : $f$ giảm ngặt . Khi đó $f_{2n}$ tăng, $f_{2n+1}$ giảm ngặt . Khi đó với mọi $x$ dương ta có $f_{2n}(x) > f_{2n}(0) = 0 = f_{2n+1}(0) > f_{2n+1}(x)$

Xét công thức tổng quát $f_n(x) = \frac{f(x)-x(\frac{1-\sqrt{5}}{2})}{\sqrt{5}}.(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{x(\frac{1+\sqrt{5}}{2})-f(x)}{\sqrt{5}}).(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$ $(1)$

Làm tương tự Trường hợp 1 ta thu được nghiệm hàm $f(x) = x. \frac{1-\sqrt{5}}{2}$

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x) = x. \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ và $f(x) = x . \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ $\forall x $$\in $ $\mathbb R$

 

Xét $P(x,y)$ là phép thế vào đẳng thức ban đầu
$P(x,-x) : f(0) = 1 $
$P(x, -2x) : f(x) f(-x) = 1 -xf(-x)+x$
$P(-x , 2x) : f(x)f(-x) =1 +xf(x)-x$ (1). Kết hợp 2 điều trên ta có $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x \neq 0 $ , nhưng với $x = 0$ thì điều này vẫn đúng nên $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x$
Thế vào (1) ta nhận được $(f(x)+x-1)(f(x) - 1) = 0$
Giả sử tồn tại $a,b$ để $f(a) = 1-a , f(b) = 1$ và $a,b \neq 0 $
$P(a,b-a) : 1-a = f(a+b)$ . Thật vậy , $f(a+b) = 1$ hoặc $f(a+b) = 1- a-b $ nên hoặc $ a= 0 $ , hoặc $b = 0$ , ta có điều mâu thuẫn . Vậy $f \equiv 1$ hoặc $f(x) =1- x$ $\forall $ $x$ $\in $ $\mathbb R$

$f(x-1-f(y)) = 3f(x)+2x+f(y)$

$P(f(y),y) : f(-1) = 3f(f(y))+3f(y) \implies f(f(y)) = \frac{f(-1)}{3}-f(y)$

$P(2f(y)+1,y): f(f(y)) = 3f(2f(y)+1)+2(2f(y)+1)+f(y)$

$\implies f(2f(y)+1) = -2f(y) +\frac{f(-1)-6}{9}$

$P(3f(y)+2,y): f(2f(y)+1)=3f(3f(y)+2)+2(3f(y)+2)+f(y) \implies f(3f(y)+2) =-3f(y)+\frac{f(1)-42}{27}$

$P(3f(x)+2,y) : f(3f(x)+1-f(y)) = 3f(3f(x)+2)+2(3f(x)+2)+f(y) = f(y)-3f(x)+d$ trong đó $d$ là một hằng số

Thật vậy, Do $f(x-1-f(y)) - 3f(x) = 2x+f(y)$ nhận mọi giá trị trên $\mathbb R$ nên ta có thể thay $3f(x)+1-f(y)$ bởi $x$ nên 

$f(x) = a-x$ trong đó $a$ là một hằng số

Thay vào ta có $a = \frac{1}{2}$ nên $f(x) = -x +\frac{1}{2}$

Ta có : $f(x-f(y)) - f(x) = xf(y)+f(f(y))$. Từ đây ta có $f(x)-f(y)$ nhận mọi giá trị trên tập số thực 

$P(f(x),y) : f(f(x)-f(y)) = f(f(x))+f(x)f(y)+f(f(y)) = f(f(y)-f(x))$ từ đâ yta có $f(x) = f(-x)$ với mọi $x$

$P(0,y) : f(-f(y)) = f(0) + f(f(y))= f(f(y)) \implies f(0) = 0$

$P(f(y),y) : f(f(y)) = \frac{-f^2(y)}{2}$

Vậy ta có : $f(f(x)-f(y)) = f(x)f(y) -  \frac{-f^2(y)}{2} -  \frac{-f^2(x)}{2} =  \frac{-(f(x)-f(y))^2}{2}$ nên $f(x) = \frac{-x^2}{2}$

 

Ta có $f(x-f(y)) - f(x+f(y)) = 4xf(y)$

Từ đây ta có nếu $f$ khác hằng số thì $f(x)-f(y)$ nhận mọi giá trị trên tập số thực 

Thế $x$ bởi $f(y)$ ta có $f(2f(y)) = f(0) - 4f^2(y)$

Thế $x$ bởi $2f(x) - f(y)$ ta có f(2(f(x)−f(y)))=f(0)−(2(f(x)−f(y)))2 ; ∀x,y∈R

.

$f(x^2+f(xy)) = xf(x+y)$

Thế $ y = -x$ ta có $f(x^2+f(-x^2)) = xf(0) = -xf(0)$ với mọi $x$ nên $f(0) = 0$ . Từ đây ta có $f(x^2+f(-x^2)) = 0$

Thế $y = 0$ ta có $f(x^2) = xf(x)$ 

Giả sử tồn tại $a$ khác $0$ để $f(a) = 0$ . Theo điều trên ta có $f(a^2 ) = af(a) = 0$ 

Thế $y = \frac{a}{x}$ , $x \neq 0 $ ta nhận được $f(x+\frac{a}{x}) = 0$ .

Xét phương trình $x +\frac{a}{x} = m$ , phương trình này có nghiệm khi $m^2 \geq 4a$ 

Vậy ta xét $3$ khoảng : $I_1 = ( - 2 \sqrt{a} , 2 \sqrt{a}) , I_2 = (- \infty , -2\sqrt{a}] , I_3 = [2\sqrt{a} , \infty )$ . Khi đó , $m \in I_2 , I_3$ thì $f(m) = 0$ 

Ta xét $x$ rất lớn , $y = a-x$ với $ a \in I_1$ . Khi đó thế vào đẳng thức ban đầu ta có $f(a) = 0$ nên $f(x) = 0$  $\forall$ $x $ $\in $ $\mathbb R$

Vậy nếu xét trường hợp $f$ không là hằng số thì $f(x) = 0$ khi và chỉ khi $x = 0$ , điều này suy ra $f(-x^2) = -x^2$ , tức là $f(x) = x$ với mọi $x$ âm 

Mà ta lại có $f(x^2) = xf(x) = -xf(-x)$ nên $f(-x) = -f(x)$ , kết hợp $2$ điều này suy ra $f(x) = x$ với mọi $x$ 

Vậy $f(x) = x$ hoặc $f \equiv 0$  $\forall $ $x$ $\in $ $\mathbb R$

$f(x^2+f(y)) = \frac{f^2(x)}{2}+4y$

$P(0,y):f(f(y)) = \frac{f^2(0)}{2}+4y \implies f$ song ánh

$P(-x,y) \implies f^2(x) = f^2(-x) \implies f(-x) = -f(x) \implies f(0) = 0$

$P(0,y) : f(x^2) = \frac{f^2(x)}{2}$

$P(x,0) : f(f(y)) = 4y$

$\implies f(x^2+f(y))= f(x^2)+f(f(y))$

Do $f$ song ánh nên có thể thay $f(y)$ bởi $y$ nên

$f(x^2+y) = f(x^2)+f(y)$

Do $f(x^2) = \frac{f^2(x)}{2} >0$ nên $f(x^2+y) > f(y)$. Vậy $f$ tăng ngặt

Lại có $f$ cộng tính nên $f(x) = ax \implies f(x) = 2x$

 

Đặt $a = 2017$ ,xét $f(x) = \sum x^{a_i} \implies f(x).f(x^a)...f(x^{a^{a-1}}) = \frac{1}{1-x}$

$\implies f(x) = \frac{\prod_{k \geq 1 } f(x^{a^k})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^k})} = \frac{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak}})f(x^{a^{ak+1}})...f(x^{a^{ak+a-1}})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak+1}})f(x^{a^{ak+2}})...f(x^{a^{ak+a}})} = \prod_{k \geq 0 } \frac{x^{a^{ak+1}}-1}{x^{a^{ak}}-1} = \prod_{k \geq 0 }(1+x^{a^{ka}}+x^{2a^{ka}}+...x^{(a-1)a^{ka}})$

Lại có $a_n$ là dãy tăng nên $a_n$ chính là giá trị trong cơ số $a^a$ của $n$ trong biểu diễn cơ số $a$ . Ta suy ra được công thức $a_n$ như sau :  đặt $2017^{2017} = c$

Xét biểu diễn cơ số $2017$ của $n$ là $s_0s_1s_2...s_k$ thì $a_n = s_0+s_1.c+s_2.c^2+...+s_k.c^k$

Suy ra $(s_0+s_1.a^1+..+s_k.a^k)^a = s_0+s_1.a^a+...+s_k.(a^k)^a$. Rõ ràng $VT \geq VP$ và đẳng thức xảy ra khi $S_{2017}(n) = 1$ với $S_{2017}(n)$ là tổng chữ số của $n$ trong biểu diễn cơ số $2017$ , vậy nếu $a_n = n^{2017}$ thì $ n = 2017^k$

không phải đặt $x = cos a$ , mà là thay $x $ bởi $cos a$ ạ , và mình chỉ ra được phương trình đó có $3^n$ nghiệm 

tức là chỉ ra luôn $P_n(cos a) = cos _a$ có $3^n$ nghiệm , thế thì tất nhiên $P_n(x) = x$ có ít nhất $3^n$ nghiệm

$x = cos a \implies P_n(x) = cos (3^n.a) $ . Xét phương trình $cos(3^nx) = cos x $ , phương trình này có $3^n$ nghiệm $ a = \frac{k \pi}{3^n+1} , k = \overline{0 , 3^n-1}$ 

Bài 4 : $f(x+f(y)) = 2y+f(x) \implies f$ song ánh nên tồn tại $a$ để $f(a) = 0$

$P(x,a) \implies a = 0$

$P(0,y) : f(f(y)) = 2y \implies f(x+f(y)) = f(x)+f((y))$. Do $f$ là song ánh nên thay $f(y)$ bở $y$ nên $f(x+y) = f(x)+f(y)$

Mà $f$ liên tục nên $f(x) = ax$. Thay vào có $a = \sqrt{2}$ hoặc $a = -\sqrt{2}$

Bài 5 :  Áp dụng bổ đề quen thuộc sau : $S(n(10^k-1)) = 9k$ với mọi $n <10^k-1$

Thật vậy, ta có nếu $ 3|n$ thì $S(xn) \equiv xn \equiv 0 $ (mod $3$) nên $S(xn)$ không thể nhận mọi số dư modulo $n$

Nếu $(n,3) = 1$ ; Ta chọn $x = 10^t -1$ với $t > log_{10}(n+1)$ và $9t \equiv k$ (mod $n$). Khi đó $S(n(10^t-1)) = 9t \equiv k $ (mod $n$)

Vậy đáp số là tất cả những số không chia hết cho $3$

Bài 6 : Xét tất cả các đường chéo có độ dài trên sẽ lập thành chu kì như sau : $A_1 \rightarrow A_4 \rightarrow A_7 \rightarrow A_{10} \rightarrow...... \rightarrow A_1$, chu kì có độ dài $38$.

Chu kì trên đi qua tất cả các đỉnh đúng 1 lần và chứa tất cả đường chéo cùng độ dài với $A_1A_4$ . Ta cần chứng minh số cạnh đen và số cạnh xanh trong chu kì trên là bằng nhau

Xét trong chu kì trên, ta gọi một đoạn là đoạn đen nếu tất cả các đỉnh trong đoạn đó màu đen, tương tự với đoạn xanh

Thật vậy, nếu đoạn đó chứa $n$ điểm thì sẽ có $n-1$ cạnh. Mà số đoạn đen bằng số đoạn xanh ( hiển nhiên ) , giả sử bằng $k$, khi đó số cạnh đen $=$ số cạnh xanh $= 19-k$. Ta có điều cần chứng minh

bài 4 là 2n - 3 

Bài 5 : Gọi $M,N,R$ là trung điểm $BC,CA,AB$. $AM$ cắt $(APQ)$ tại $R$. Ta có $\angle MYQ = \angle QFC = \angle APQ = \angle MGQ$ nên $G \in (MQY)$, tương tự có $G \in (MPX)$. Khi đó $\angle GYT + \angle GXT = \angle GMP + \angle GMQ = 180 $ nên $G \in (TXY)$. Gọi $MN,MR$ cắt $AQ,AP$ tại $U,V$, bằng Menelaus ta sẽ có $UV \parallel BC$. Ta lại có $\angle MXG = \angle MPG = \angle MAU$ nên $MX.MU = MG.MA = MY.MV \implies UVYX$ nội tiếp 

Khi đó ta có $\angle GXY + \angle MAQ = \angle MXY - \angle MXG + \angle MAQ = \angle MVU - \angle MAQ + \angle MAQ = \angle C =\angle  QGY$ nên $(TXY)$ tiếp xúc $(APQ)$ tại $G$

Bài 6 : Dựng hình bình hành $BGCP$ , $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó $HGA'P$ là hình bình hành nên $G$ nằm trên $OH$

Ta có $\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ 

Gọi $Q$ là giao điểm của $(AEF)$ với $(O)$ . Khi đó ta có $\frac{QB}{QC} = \frac{EB}{FC} = \frac{PC}{PB}$ nên $PQ$ chia đôi $BC$ , tức là $Q,G,M,P$ thẳng hàng . GỌi $N$ là trung điểm $EF$

Xét phép vị tự quay tâm $Q$ biến $F \rightarrow C , N \rightarrow M$ nên $\triangle QMN \sim \triangle QCF$ nên $\angle QNM = \angle QCF = \angle QPA \implies MN \parallel AP \implies MN$ là trung trực $KG$ (do có $M$ là trung điểm $A'H$ ) , tức là $MK = MD$ nên $E,D,K,F$ đồng viên , suy ra $\angle EKF = 90 $

Bài 4 : Xét bất kì 4 điểm , tồn tại 1 điểm có phương tích bằng $k$ đến đường tròn ngoại tiếp 3 điểm còn lại . Ta đánh dấu điểm này . Số cách chọn ra 4 điểm là $C^4_6 = 15$ nên tồn tại 1 điểm được đánh dấu 3 lần ( gọi là điểm $A$ ) , tức  là tồn tại 3 đường tròn mà phương tích từ điểm này chính là tâm đẳng phương của chúng. Nếu như có 4 điểm nào đó thuộc 1 đường tròn thì ta có $k=0$ thì tất cả mọi điểm nằm trên một đường tròn.Nếu 4 điểm bất kì không trên một đường tròn thì 3 đường tròn trên đi qua 5 điểm , suy ra sẽ có 2 đường tròn chung 2 điểm , 2 điểm này chính là trục đẳng phương (gọi là $X,Y$). Mà $A$ là tâm đẳng phương nên $A,X,Y$ thẳng hàng. Ta có điều mâu thuẫn

Xin lỗi mình muốn hỏi tại sao

-Lại có điểm được đánh dấu 3 lần?

-Vì sao 3 đường tròn đó đi qua 5 điểm?

 

Tại sao: 

 

-$HGA'P$ là hình bình hành và $G$ nằm trên $OH$

-$\angle EGF = 360 - \angle EGB - \angle BGC - \angle CGF = 360 - (90 - \angle EBG / 2) - (90 - \angle FCG /2 ) - \angle BPC = \angle A +(\angle EBG + \angle FCG)/2 = \angle A + 90 - \angle GBP = 90 $ nên $\angle  EGF = 90 $ nên $\angle  EGF = 90$

Khúc này mình không hiểu lắm, với lại $EGF$ theo hình vẽ rõ ràng là góc tù sao $\angle  EGF = 90$

 

Cảm ơn bạn! 

em nghĩ thế này ạ 

Có $C^4_6 = 15$ tức là ta đã đánh dấu các điểm 15 lần > 2.6, theo nguyên lý Dirichlet thì có 1 điểm được đánh dấu 3 lần, tức là sẽ có 3 đường tròn sao cho phương tích từ điểm này đến 3 đường tròn đó đều bằng $k$ . Nếu chỉ cần một đường tròn đi qua điểm trên, tức là có 4 điểm đồng viên, thì ta có $k = 0$ thì sẽ suy ra được tất cả các điểm còn lại cũng nằm trên một đường tròn . Vậy xét trường hợp 3 đường tròn trên đều không đi qua điểm " được đánh dấu 3 lần " đó , tức là 3 đường tròn sẽ đi qua 5 điểm còn lại

Bài hình : ý đầu em làm hơi tắt tẹo, gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ . Tứ giác $BGCP$ là hình bình hành nên $G$ đối xứng $P$ qua trung điểm $M$, suy ra $HGA'P$ là hình bình hành , tức là $HG \parallel A'P$ . Mà $A'$ đối xứng $A$ qua $O$ , $P$ đối xứng $A$ qua $OH$ nên $HG \parallel OH$, kết hợp 2 điều trên ta có $G$ nằm trên $OH$

Ý thứ 2 : $\angel EGF = 90$ thì là theo phần cộng góc , và trong hình cũng hiển thị góc vuông ạ