Cho (Z,+) là 1 nhóm,A Z,chứng minh rằng A là một nhóm con của G khi và chỉ khi tồn tại m Z sao cho A=m*Z( ở đây * là phép nhân)

đáp số : cos anpha

Bài này có thể dùng nguyên lý ánh xạ co cho dãy chẵn và dãy lẻ, ngắn gọn hơn

TamTam xin đại diện đội ĐN đưa ra lời giải bài rời rạc.

Ta gọi một tam giác đều là $\large good$ nếu nó là ảnh của tam giác $ ABC $ qua một phép tịnh tiến.
Với mỗi tập hữu hạn $U$ (có nhiều hơn $1$ phần tử) các điểm trên mặt phẳng, ta vẽ qua mỗi điểm của nó các đường thẳng song song với các cạnh $ AB,BC,CA $. Các đường thẳng này cắt nhau tạo thành một tam giác đều, và trong đó, ta xét tam giác $ XYZ $ là tam giác lớn nhất (theo nghĩa chứa tất cả các tam giác còn lại) mà ta sẽ gọi là $\large bao$ của $U$. $ X_1,Y_1,Z_1$ lần lượt là các điểm của $U$ nằm trên $ YZ,ZX,XY $ (có thể có (đúng) hai trong ba điểm $ X_1,Y_1,Z_1$ trùng nhau (trùng với đỉnh của tam giác $ XYZ $). Ta sẽ gọi bộ $ (X_1,Y_1,Z_1) $ là một biên của $U$.
Nhận xét :
(i) Mỗi bộ $ (X_1,Y_1,Z_1) $ xác định duy nhất một tam giác $ XYZ $.
(ii) Một tam giác $ \large good $ nó chứa $U$ khi và chỉ khi nó chứa biên của $U$.
(iii) Một tam giác $ \large good $ chứa $ Y_1,Z_1 $ (tương ứng $ Z_1 $ và $ X_1 $, $X_1$ và $ Y_1 $) thì nó phải chứa cả $ X_1 $ (tương ứng $ Y_1,Z_1 $).
Giả sử $M$ có bao là $ XYZ $ và $1$ biên là $ X_1, Y_1, Z_1 $ (tương ứng thuộc $ YZ, XZ, XY $)
$ \large N:= {X_1, Y_1, Z_1} $.
Xét $2$ điểm $ Y_1, Z_1 $; nếu tồn tại $1$ tam giác $ \large good T $ chứa $ Y_1, Z_1 $ thì theo (iii) nó chứa $X$ và bằng phép tịnh tiến ta có thể coi tam giác đó có $1$ đỉnh là $X$. Ta thêm vào $N$ bộ điểm là biên của tập điểm $M|T$ ($ X_1 \in M|T $ nên $ M|T $ khác rỗng và nếu $ M|T $ chỉ có $1$ phần tử thì kết luận của bài toán là hiển nhiên).
Chú ý rằng luôn có $1$ biên của $ M|T $ chứa $ X_1 $ nên ta có thể xem số phần tử thêm vào $N$ không vượt quá $2$.
Tương tự với các bộ điểm $ Z_1, X_1 $ và $ X_1,Y_1 $.
Số phần tử của $N$ lúc này không quá $ 3+3.2 = 9 $.
Theo giả thiết, tồn tại $2$ tam giác tốt $ Q, Q_1 $ chứa tất cả các điểm của $N$.
Mặt khác không thể cả $ X_1, Y_1, Z_1 $ cùng nằm trong $1$ tam giác nên có thể coi $ Y_1, Z_1 $ thuộc $Q$. Và có thể xem $Q$ trùng $T$.
Các điểm là biên của $ M|Q $ sẽ phải nằm trong $ Q_1 $ và theo (ii) $ Q_1 $ sẽ chứa tất cả các điểm của $ M|T $. Từ đó $ Q $ ∩ $ Q_1 $ sẽ lấp hoàn toàn $M$ (đpcm).

TamTam xin đại diện đội ĐN post đề toán rời rạc.

Tìm tất cả các số tự nhiên $k$ sao cho tồn tại tập hợp $M$ gồm $10$ số thực dương thoả mãn điều kiện : có đúng $k$ tam giác khác nhau với các độ dài cạnh bằng ba (không nhất thiết phân biệt) trong số các phần tử của $M$ (hai tam giác được gọi là khác nhau nếu chúng không đồng dạng).


Chúc các đội thi đấu thành công!

Xin lỗi các bác, có vài rắc rối nên TamTam mới post đội hình đội ĐN được, các bác thông cảm!!!
* TamTam (ĐS & GT)
* dtrung (hình)
* telesin (số)
* mezt (bất đẳng thức)
* thuan_math_90 (rời rạc)

Tìm số những khả năng tô màu cho $n$ điểm thuộc đường tròn bằng $p$ màu sao cho mỗi điểm được tô bằng một màu và hai điểm kề nhau thi được tô bằng hai màu khác nhau.

Cám ơn minhtoan… Nhiều bài quá, trong khi không có thời gian post đầy đủ lời giải nên nêu hướng giải quyết vậy…
Tất cả các bài này chú ý xét $P$ là hằng số…
$1.$Hãy chứng minh nếu $P$ tồn tại thì $P$ vô nghiệm thực. Đặt $P(x)=a(x^2+1)^n+Q(x)$ với $a$ khác $0$. Hãy chỉ ra $Q$ đồng nhất $0$.
2. Có thể sử dụng phương pháp mình đã trình bài ở bài mà mình đã góp ý cho chuongpbc. Kết quả $P(x)=(x^2+x)^n$.
3. Trừ hai vế cho $(x+1)^2$ rồi đặt $Q(x)=P(x^2)-x^2$ thì $Q$ là hằng số (lý luận ngắn thui), suy ra $P(x)=x+c$ với mọi $\large x \geq 0$, suy ra $P(x)=x+c$ với mọi $x$.
Các bài ở trên đều có thể giải được bằng phương pháp số phức hoặc sử dụng bổ đề của Tân.

Đặt $a_1=k$, $k$ tuỳ ý thuộc $\large N*$, $\large a_{n+1}=f(a_n)$ với mọi $n$, $\large b_m=a_m-a_{m-1}-669$ với mọi $\large m \geq 2$.
Thế thì $\large 2.b_m+b_{m+1} = 2(a_m-a_{m-1}-669)+a_{m+1}-a_m-669 = a_{m+1}+a_m-2a_{m-1}-2007 = 0$.
Nhận xét, nếu $\large b_n \geq k >0$ thì $\large b_{n+1} \leq -2k$ và $\large b_{n+2} \geq 4k \geq 2k$.
$\large $ Nếu $\large b_2 >0$ thì $\large b_2 \geq 1$, bằng quy nạp dễ thấy với mọi $n$, $\large b_{2n} \geq 2^{n-1}$. Vế phải là hàm tăng thực sự nên có thể chọn $n$ đủ lớn sao cho $\large b_{2n} >1338$, lúc đó $\large b_{2n}+b_{2n+1}=-b_{2n} <-1338$. Mà
$\large b_{2n}+b_{2n+1}=a_{2n+1}-a{2n-1}-1338<-1338$ nên $\large a_{2n+1} < a_{2n-1}$. Lại chọn $n$ đủ lớn thì sau hữu hạn lần $\large a_{2n+1} <0$, mâu thuẫn vì $f$ nhận giá trị trong tập số nguyên dương.
$\large $ Nếu $\large b_2 <0$ thì $\large b_3 >0$, lại quy về mâu thuẫn như trên.
Vậy $b_2 =0$, nghĩa là $f(k)=k+669$ với mọi $k$ thuộc $\large N*$. Thử lại...

Cho $f(x)=2x-sinx$. Chứng minh tồn tại số thực $b$ và các hàm số $g,h$ thoả mãn cả ba điều kiện :
i) $g(x)=bx+h(x)$ với mọi $x$.
ii) $h$ là hàm số tuần hoàn.
iii) $f(g(x))=x$ với mọi $x$.

Mình nghĩ chuongpbc nói chưa đúng…
Mình không hiểu tại sao lại có đa thức $R(x)$.
Mọi đa thức hệ số thực luôn viết được dưới dạng $P(x)=x^m.(x-1)^n.Q(x)$, $m$ và $n$ ở đây là số tự nhiên và có thể bằng $0$, bác hiểu chứ…Mình nghĩ ý bác là phép chia đa thức nguyên, nhưng trong điều kiện bài toán thì $P$ là đa thức hệ số thực nên mình có thể viết được như vậy…
Không còn vấn đề gì chứ!

Kết quả các bác nêu ra ở trên là đúng rồi, nhưng để mình viết rõ lời giải của mình ra vậy.
Xét $P$ hằng số, dễ thui $P(x)=1,P(x)=0$.
Đặt $P(x) = x^m.(x-1)^n.Q(x)$ với $m,n$ tự nhiên và $Q(x)$ là đa thức thoả $Q(0),Q(1)$ khác $0$. Thay vào giả thiết nhận được
$(x+1)^m.x^n.Q(x).Q(x+1)=x^m.(x+1)^n.Q(x^2)$
đúng với mọi $x$ khác $0,1$. Do đó, nó cũng đúng với mọi $x$.
Giả sử $\large m > n$, với mọi $x$ khác $0,-1$, ta có
$\large (x+1)^{m-n}.Q(x).Q(x+1)=x^{m-n}.Q(x^2)$
Đẳng thức này đúng với vô hạn $x$ nên nó cũng đúng với mọi $x$. Cho $x=0$ ta có mâu thuẫn là $Q(0).Q(1)=0$!!
Với $\large m <n$, xét tương tự.
Vậy $m=n$ và với mọi $x$ ta có $Q(x).Q(x+1)=Q(x^2)$.
Nếu $Q$ khác hằng số, giả sử có số phức $x_0$ khác $0,1,-1$ mà $Q(x_0)=0$. Khi đó $x_0,x_0^2,..,x_0^{2^k}$ đều là nghiệm của $Q(x)$ với mọi $k$, vậy $Q(x)=0$ với mọi $x$, vô lý với $Q(0)$ khác $0$.
Vậy $Q$ là hằng số.
Từ đây, $P(x)=x^k.(x-1)^k$ với $k$ tự nhiên.
Đối với loại này mình nghĩ dùng nhận xét của Tân là cách tổng quát nhất.

Tìm tất cả các đa thức hệ số thực $P(x)$ thoả mãn đẳng thức sau với mọi $x$ :
$P(x).P(x+1) = P(x^2)$

Ta chỉ ra $f$ là hàm hằng.
Cố định $x$. Xét các trường hợp :
$*$. Nếu $\large x \geq \dfrac{1}{3}$. Xây dựng dãy $(u_n)$:
$\large u_1=x, u_{n+1}=u_n^2+\dfrac{u_n}{3}+\dfrac{1}{9}$
Chỉ ra dãy này có giới hạn bằng $\large \dfrac{1}{3}$, từ đó $f(x) = f(u_n)$ với mọi $n$. Từ đó $\large f(x) = f(\dfrac{1}{3})$.
$*$. Nếu $\large x \leq \dfrac{1}{3}$...có ai tiếp với...

Theo mình, mấy bài trên thật ra cũng không khó lắm...
Bài 2 : Đặt $g(x) = f(x)-1$ thì có $g(x+y)+g(x-y) = 2g(x)+2g(y)$.
Dùng quy nạp chỉ ra $g(nx) = n^2.g(x)$ với mọi $\large n \in N$. Sau đó, $f(x)=a.x^2$ với mọi $\large x \in Q$.
Bài 3 : Giải bài toán tổng quát với $p$ nguyên tố thay bởi $3$. Chỉ ra :
* $f$ đơn ánh
* $f(p^k.n)=p^k.f(n)$ với mọi $n$ mà $(n,p) = 1$
* $f(0) = 0$
Dựa vào những nhận xét trên để xây dựng được $f$

Đợi lâu chưa có ai đưa ra ý kiến, bùn wá, đành đưa lời giải vậy.
Vì $f$ là hàm tăng thực sự nên ta có : $\large f(n+1) \geq f(n)+1 $, suy ra $\large f(n+1)-(n+1) \geq f(n)-n$ , $ $.
Xây dựng dãy $(x_n)$ như sau :
$x_0 =1, x_{n+1}=x_n+f(x_n)$ với mọi $\large n \in N$
Vì $f$ tăng thực sự nên $x_n$ tiến đến vô cùng khi $n $ tiến đến vô cùng.
$f(x_{n+1}) = f(x_n+f(x_n)) =2f(x_n)$
suy ra
$f(x_{n+1})-x_{n+1} = f(x_n)-x_n$
Từ $$ cố định $n$, chọn số $k$ sao cho $x_k > n+1$, ta có $f(x_k)-x_k = f(n)-n \geq f(n+1)-(n+1)$, do đó $f(n)-n=f(1)-1$ mọi $\large n \in N$.
Thay vào $\large (gt)$ có $f(1)=1$. Vậy $f(n)=n$.

$y=-f(x)$ thì $-2x+f(0) = f(f(-f(x))-x)$,vế phải tập giá trị là $R$, nên vế trái cũng thế.
Vậy $f$ là một toàn ánh

Quy nạp không mấy khó khăn $\large f(n) = \dfrac{1}{1+n}$ với mọi $\large n \in N$.
Đáp số $\large f(x) = \dfrac{1}{1+x}$ với mọi $\large x \in Q.$

Dễ tính $f_3(x) = x$, quy nạp $f_{3n}(x) = x$. Vậy $f_{2001}2002 = 2002.$

Có lẽ là $\large n!$.
Ta chứng minh không có $\large n \geq 3$ thỏa yêu cầu.
Giả sử $\large f(x) = n!.(x-x_1)..(x-x_n)$. Chọn $x = 0$ có $(-1)^n.n(n+1) = n!.x_1..x_n$
Với $\large x_k \in [k,k+1]$ thì $\large n! \leq x_1..x_n = \dfrac{n+1}{(n-1)!} \leq \dfrac{n+1}{2} < n!$
Do đó, chỉ xét với $n = 1,2$, dễ tìm được $f_1(x) = x-2$,$f_2(x) = 2x^2-7x+6, 2x^2-8x+6$.

Cho $\large n \in Z^+$, $\large m \in R$. Tìm tất cả các hàm số $\large f:\mathbb{R}\to\R$ thỏa mãn :
$f(x-f(y)) = f(x+y^n)+f(f(y)+y^n)+m$

Xác định tất cả các hàm số tăng thực sự $f : N$ → $N$ thỏa mãn điều kiện :
$f(n+f(n)) = 2f(n)$

Hãy xây dựng một hàm số $f : Q$ → {$-1,1$} sao cho $f(x)+f(y) = 0$ với các số hữu tỉ khác nhau $x,y$ sao cho $xy = 1$ hoặc $\large x+y \in ${$0,1$}.

Gọi $BC$ là một cạnh xanh, $AB$ và $CD$ là các kề với $BC$, khi đó chúng đều đỏ.
Giả sử phản chứng, đa giác ngoại tiếp đường tròn $(o)$, và $M,N,P$ thứ tự là tiếp diểm của đường tròn trên $AB,BC,CD$.
Khi đó $BC = BN+NC = BM+CP$ nên suy ra tổng độ dài cạnh xanh không lớn hơn tổng độ dài các cạnh đỏ, suy ra mâu thuẫn giả thiết.


Nhát vẽ hình, bồ thông cảm nhé!!!

Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại tập con thỏa yêu cầu đề.
Thật vậy, giả sử $A$ là tập con của tập $S =${$1,2,3,...,3000$} chứa tất cả các số dạng $4^n.k$ với $n$ là số nguyên không âm và $k$ là số nguyên dương lẻ. Khi đó, tỉ số hai phần tử bất kì thuộc $A$ hoặc là số nguyên là bội của $4$, hoặc là số lẻ, hoặc không là số nguyên, nghĩa là tất cả các tỉ số của hai phần tử bất kì thuộc $A$ khác $2$.
Với mỗi $x$ thuộc $A$, xét $S_x =${$x,2x$}∩ $S$. Hợp của tất cả $S_x$ chứa $S$.
Dễ tính $A$ có $1999$ phần tử.
Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, tập có từ $2000$ phần tử trở lên thì sẽ chứa một cặp của $S_x$ nào đó, hai phần tử này có tỉ số bằng $2$. Vậy không có tập con nào thỏa đề.