Bài 3: Thay đổi vai trò của $x, y$ ta có $\left | f(x)-f(y)+g(y)(x-y) \right |\leq M\left | x-y \right |^{2+a} \Rightarrow \left | (x-y)(g(x)-g(y)) \right |\leq \left | f(x)-f(y)+g(y)(x-y) \right |+\left | f(y)-f(x)-g(x)(x-y) \right |\leq 2M\left | x-y \right |^{2+a} \Rightarrow \left | g(x)-g(y) \right |\leq 2M\left | x-y \right |^{1+a}$.

Với $x>y$, $n$ là số nguyên dương tuỳ ý, chọn $\partial = \frac{x-y}{n}$. Ta có:

$\left | g(x)-g(y) \right |\leq \sum_{k=0}^{n-1}\left | g(x+k\partial )-g(x+(k+1)\partial ) \right |\leq Mn\partial ^{1+a}=M(x-y)\partial ^a$

Lấy giới hạn ta dễ có $\left | g(x)-g(y) \right |=0$ suy ra $g(x)$ là hàm hằng: $g(x)=C$.

Vậy $\left | (f(y)-Cy)-(f(x)-Cx) \right |\leq M\left | x-y \right |^{2+a}$. Chứng minh tương tự ta có $f(x)-Cx$ là hàm hằng: $f(x)=Cx+D$

($C, D$ là hằng số)

Bài 7: Gọi:

-$C_i, R_i$ lần lượt là số các số phân biệt trong cột, hàng thứ $i$.

-$c_i, r_i$ lần lượt là số các cột, hàng chứa $i$.

Ta có:    

-$\sum_{i=0}^{9}C_i=\sum_{i=0}^{9}c_i, \sum_{i=0}^{9}R_i=\sum_{i=0}^{9}r_i$.

-$c_ir_i\geq 10$ (giao của $c_i$ cột và $r_i$ hàng chứa tất cả số $i$).

-$c_i+r_i\geq 2\sqrt{c_ir_i}\geq 2\sqrt{10}$ (AM-GM).

Từ đó $\sum_{i=0}^{9}(C_i+R_i)\geq 20\sqrt{10}$, do đó tồn tại ít nhất một số trong $20$ số $C_i, R_i$ lớn hơn $\sqrt{10}$ hay lớn hơn $3$.

(Q.E.D)

Vì $mn+1, mn+2n+1$ là hai số chính phương cùng tính chẵn lẻ nên tồn tại hai số nguyên dương $a, b$ để $mn+1=\left ( \frac{a-b}{2} \right )^2, mn+2n+1=\left ( \frac{a+b}{2} \right )^2\Rightarrow m+1=\frac{a^2+b^2-1}{2ab}, n=2ab$. Ta đưa bài toán về chứng minh: nếu $\frac{a^2+b^2-1}{2ab}=k\in \mathbb{N} \Rightarrow 2k\mid ab$. Cố định $k$ đưa về pt bậc hai ẩn $a$: $a^2-2kba+b^2-1=0$.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a>b$ ($a=b$ không thoả). Khi đó pt bậc hai còn có nghiệm $c$ sao cho $ac=b^2-1, a+c=2kb$ (Viete). Ta có $c$ nguyên không âm, $c=\frac{b^2-1}{a}<b$.

-Giả sử $b>1$ thì $c>0$. Ta có nếu $2k\mid bc=b(2k-a)\Rightarrow 2k\mid ab$ nên ta chỉ cần chứng minh $2k\mid bc$. Làm vậy đến khi thu được cặp số $(a,b)$ có $b$ nhỏ nhất. Dễ có $c=0\Rightarrow b=1\Rightarrow a=2k\Rightarrow 2k\mid ab$.

(Q.E.D)

Viete everywhere.

$k=5$ đúng rồi nhưng bạn mới chỉ tìm cặp $(a,b)$ sao cho $a+b$ nhỏ nhất. Mà bạn nên tìm cặp $(a;b)$ sao cho $b$ nhỏ nhất là $b=1$

Các cặp còn lại xác định bởi dãy truy hồi: $x_1=1, x_2=2; x_{n+2}=5x_{n+1}-x_n$ hoặc $y_1=1, y_2=3; y_{n+2}=5y_{n+1}-y_n$ và lấy $(a;b)=(x_{n+1};x_n)$ hoặc $(a;b)=(y_{n+1};y_n)$ và hoán vị.

Latex là \mid nhé. Chúc bạn học giỏi.

Câu 7

a) Tô màu bàn cớ: $40$ ô trắng và $41$ ô đen. Các con châu chấu nhảy từ ô đen sang ô trắng. Có $41$ con, $40$ ô nên theo Dirichlet có hai con cùng một ô.

b) không.Ta phân tích $2025=a^2+b^2$. Vì $3\mid 2025$ nên $3\mid a,b$. Vậy các toạ độ con châu chấu đến chỉ có dạng $(x+3k;y+3l)$. (Đề bài nên cho thêm $N=2017$ để bài toán hay hơn. Có 3 tiếng lận mà)

Đặt $b_n= a_n+\frac{1}{a_n}\Rightarrow b_{n+2}\leq \frac{b_{n+1}+b_n}{2}$ suy ra $(b_n)$ hội tụ (xét dãy phụ $M_n=max(b_n;b_{n+1})$). Đặt $limb_n=L$

Giả sử $L>2$. Chọn $0<\varepsilon <\frac{4L-8}{3L}$ và $\forall n\geq n_0,L-\varepsilon \leq b_n\leq L+\varepsilon$. Với $x_1,x_2$ là nghiệm của pt $x^2-(L-\varepsilon)x+1=0$ và $y_1,y_2$ là nghiệm của pt $y^2-(L+\varepsilon)y+1=0$ ($x_1<x_2, y_1<y_2$), ta có $a_n,\frac{1}{a_n}\in [y_1;x_1]\cup [x_2;y_2]$.

Để ý $x_1-y_1=y_2-x_2< x_2-x_1\Rightarrow \frac{z+t}{2}\notin [y_1;x_1]\cup [x_2;y_2],\forall z\in [y_1;x_1],t\in [x_2;y_2]$ mà $\frac{a_n+a_{n+1}}{2}= \frac{1}{a_{n+2}}\in [y_1;x_1]\cup [x_2;y_2]$ nên $a_n,a_{n+1}$ thuộc cùng một tập, giả sử $[y_1;x_1]$. Chứng minh tương tự ta có $a_{n+1},a_{n+2}\in [y_1;x_1]$

Nhưng $\frac{1}{a_{n+2}}=\frac{a_n+a_{n+1}}{2}\in [y_1;x_1]\Rightarrow a_{n+2}\in [\frac{1}{x_1};\frac{1}{y_1}]=[x_2;y_2]$ (mâu thuẫn).

Vậy $L=2$, dễ có $(a_n)$ hội tụ ($lima_n=1$, xét khoảng nghiệm như trên).

(Q.E.D)

Giả sử $\exists z,f(z)>z$. Đặt  $\alpha =f(z)-1,M=max(f(x)\mid 1\leq x\leq \alpha )$.

Với $x>\alpha$,ta có $z+f(x)\geq f(x+\alpha )+1\Rightarrow f(x+n\alpha )\leq f(x)+n(z -1)$

Đặt $g(x)\equiv x(mod \alpha )$ ($1\leq g(x)\leq \alpha$).

Khi đó $f(x)=f(\frac{x-g(x)}{\alpha }\alpha +g(x))\leq f(g(x))+\frac{(x-g(x))(z-1)}{\alpha }$. Thay vào $f(f(x))=x$, chọn $x$ đủ lớn dễ thấy mâu thuẫn.

Vậy $f(x)\leq x\Rightarrow f(f(x))\leq x= f(f(x))\Rightarrow f(x)=x$.

Sai phân có $f(x)$ trong mối quan hệ đâu mà áp dụng, chính bạn nói cần $x,f(x),f(f(x))$ 

$x=1$ hay $y=1$ đều không thoả.

Với $p$ nguyên tố gọi $v_p(x)$ là số mũ của $p$ trong phân tích nhân tử của $x$.

Ta có $xv_p(y)+yv_p(x)=zv_p(x+y), \forall p\in \mathbb{P}$.

Ta có $max(x,y)^{x+y}\geq x^yy^x=(x+y)^z>max(x,y)^z\Rightarrow x+y>z\Rightarrow xv_p(y)+yv_p(x)<(x+y)v_p(x+y), \forall p\in \mathbb{P}$.

Giả sử $\exists p, v_p(x)>v_p(y)\Rightarrow v_p(x+y)=v_p(y)\Rightarrow xv_p(y)+yv_p(x)<(x+y)v_p(y)\Rightarrow v_p(x)<v_p(y)$ mâu thuẫn.

Tương tự ta suy ra được $\forall p\in \mathbb{P}, v_p(x)=v_p(y)\Rightarrow x=y$.

Thay vào đề bài $x^{2x}=2^zx^z$ nên $x$ là luỹ thừa của $2$.

Đặt $x=2^k\Rightarrow k2^{k+1}=(k+1)z$.

Vì $gcd(k,k+1)=1\Rightarrow k+1\mid 2^{k+1}$ nên $k+1$ là luỹ thừa của $2$.

Đặt $k=2^n-1\Rightarrow (x;y;z)=(2^{2^n-1};2^{2^n-1};(2^n-1)2^{2^n-n}), \forall n\in \mathbb{Z}^+$.

Bài 2

$k=1, 2$, cho $2x=2y=z=\frac{3}{2}$ không thoả mãn.

$k=3$. Giả sử $x\leq 1$ min. Ta có $x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)=xyz(\frac{2x}{3-x})^2(\frac{(3-x)yz}{2})^2(9x^2-27x+27-(3-x)yz)\leq x(\frac{3-x}{2})^2(\frac{2x}{3-x})^2(3x^2-9x+9)^3=3(x^3-3x^2+3x)^3\leq 3$. Vậy $k=3$.

Bài 3

a) Chọn $2^k>p$. Xét dãy $f(2^k);f(2^k+1);...;f(2^{k+1})$, đặt $d=(f(n+1)-f(n)\mid 2^k\leq n\leq 2^{k+1})$. Dễ có $d\leq 3$.

-$d=3$. Dãy trên là cấp số cộng công sai $3$, có $2^k>p$ phần tử nên $\exists 2^k\leq n\leq 2^{k+1}, p\mid f(n)$.

-$f(n+1)-f(n)=d=1$. Xét dãy $f(n2^k);f(n2^k+1);...;f((n+1)2^k)$. Dễ có đây là $2^k>p$ số nguyên dương liên tiếp nên $\exists n2^k\leq n\leq (n+1)2^k, p\mid f(n)$

-$f(n+1)-f(n)=d=2$. Xét dãy $f(n2^k);f(n2^k+1);...;f((n+1)2^k)$ rồi chứng minh tương tự như trên.

b) Chọn $f(n)=2^{\left \lfloor log_2n \right \rfloor}+nq$. Hàm $f$ thoả mãn đề bài.

Quyết tâm vòng 2 phục thù!

2b)

-$d_3$: Ta có $t\geq 5$ nên số cách chọn $t$ là $d_3=d-4$.

-$d_2$: Ta có $z\geq 4$, với mỗi $z$, số cách chọn $t$ là $d-z$. Vậy $d_2=\sum_{k=4}^{c}(d-k)=\frac{(c-4)(2d-c+3)}{2}$.

-$d_1$: Ta đếm số phần tử có $y=3$ hoặc $y=4$. Tương tự như tính $d_2$ số phần tử là $\frac{(c-4)(2d-c-3)}{2}+\frac{(c-5)(2d-c-4)}{2}\leq d_1$.

Đánh giá $d_1-2d_2+d_3$ ta được $d_1\geq 2d_2-d_3$. Dấu bằng xảy ra khi $b=4$.

a) Tương tự như trên, $19$ phần tử.

Bài 4

Đánh các số vào các miền sao cho trị tuyệt đối bằng số đỉnh của miền, hai số ở hai miền chung cạnh trái dấu, chung đỉnh cùng dấu.

(i) hiển nhiên thoả mãn.

(ii) vì có $n$ đường thẳng nên số đỉnh mỗi miền không lớn hơn $n$, thoả mãn.

(iii) ta chia đều số trong các miền các số $1,-1$ cho các góc của nó. Xét đường thẳng bất kì chia mặt phẳng thành hai miền, tổng các số được đánh trên $2$ hoặc $4$ góc của mỗi điểm trên nửa mặt phẳng đều bằng $0$. Cộng các số trên các đỉnh lại bằng $0$, thoả mãn.

(Q.E.D)

Cách giải này chuẩn rồi, nhưng bạn còn thiếu phần chỉ ra rằng có thể đánh dấu để số ở hai miền chung cạnh đều trái dấu!

Với $n=2$, ta có cách đánh dấu như vậy.

Giả sử có cách đánh dấu với $n$ đường thẳng. Với $n+1$ đường thẳng, ta bỏ một đường thẳng đi và đánh dấu. Sau đó đưa đường thẳng đó trở lại và đổi dấu ở các miền ở một trong hai nửa mặt phẳng. Các miền không bị chia cắt thoả mãn. Hai miền bị chia từ một miền bị đổi dấu một miền, trở thành trái dấu thoả mãn.

Còn về dấu ở hai miền chung góc, hai miền đó cùng trái dấu với một miền nên cùng dấu.

Cho tam giác $ABC$ ($AB\neq AC$) nội tiếp đường tròn $(O)$, trung tuyến $AM$.

Gọi $D$ là hình chiếu của $O$ lên $AM$, tiếp tuyến của $(O)$ kẻ từ $A$ cắt đường thẳng $BC$ tại S.

Một đường thẳng đi qua $S$ cắt đường thẳng $AM$ và đường thẳng qua $D$ song song với $BC$ lần lượt tại $P$ và $Q$.

Chứng minh rằng $OP\perp AQ$.

$k=1$ thì $max F(n)=1$. Ta xét $k>1$.

Chọn $n=k!$.

Ta có $\binom{n}{k}=\prod_{i=1}^{k-1}(n-i)$. Vậy $m\in A,\forall m\in \mathbb{N},n-k+1\leq m\leq n-1$. Vậy $max F(n)\geq k-1$

Gọi $p$ là ước nguyên tố của $k$. Ta đặt $a=max v_p(n-i)$, chọn $m$ thoả mãn. Ta đặt $n-m=xp^a$

Ta có $v_p(\binom{n}{k})=\sum_{i=1}^{\infty }(\left \lfloor \frac{n}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n-k}{p^i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{k}{p^i} \right \rfloor)$.

-$p^a>p$:

Với $i>a$, ta có $\left \lfloor \frac{n}{p^i} \right \rfloor\geq \left \lfloor \frac{n-k}{p^i} \right \rfloor\geq \left \lfloor \frac{x-1}{p^{i-a}} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{x}{p^{i-a}} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{n}{p^i} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{xp^a+m}{p^i} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{x}{p^{i-a}} \right \rfloor$( $x$ không chia hết cho $p$). Từ đó các số hạng với $i=1,i>a$ bằng $0$, các số hạng còn lại không lớn hơn $1$ suy ra $v_p(\binom{n}{k})< a-1= v_p(n-m)$ hay có ít nhất một số $n-i$ nào đó không thuộc $A$. Vậy $F(n)\leq k-1$.

Từ trên ta có $max F(n)=k-1$.

-$p^a\leq k$:

Tương tự ta có $max F(n)=k-1$.

Cho tam giác $ABC$, tâm đường tròn nội tiếp $I$. Điểm $D$ thỏa mãn tứ giác $BICD$ là tứ giác điều hòa. Kẻ đường kính $IE$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADI$. Chứng minh $B, C, E$ thẳng hàng.

Cho hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, điểm $E$ nằm trên $(O)$. Đường thẳng $CE$ cắt $AB$ tại $F$, đường thẳng $DE$ cắt tiếp tuyến của $(O)$ kẻ từ $A$ tại $X$. Chứng minh $F,O,X$ thẳng hàng.(không xài pascal)

Giả sử $1\in A$. Ghi các số tự nhiên từ $1$ đến $3n$, đánh các chữ $a,b,c$ tương ứng với các tập các số đó thuộc.

-Hai chữ $b,c$ liên tiếp: Hai số đó với $1$ thỏa mãn.

-Các chữ $b,c$ bị ngăn cách bởi $a$. Giả sử không tồn tại chuỗi $bba$. Khi đó xét các chữ $a$ cần dùng để ngăn cách các chữ $b$, ta có $\left | A \right |>\left | B \right |$ (vô lý). Vậy tồn tại chuỗi $bba$, tương tự tồn tại chuỗi $acc$. Lấy các số $x,y$ tương ứng với chữ $b$ thứ $2$ và chữ $c$ thứ $1$. Giả sử $x>y$ (TH còn lại trừ ngược) ta có $x-y=(x+1)-(y+1)=(x-1)-(y-1)$ và $x,x-1\in B,y,y+1\in C,x+1,y-1\in A$. Xét chữ được đánh dấu trên hiệu $x-y$, ta luôn có $3$ số thỏa mãn.

(Q.E.D)

Bài 2: Ta cũng có thể xài đơn biến. Cuốn sách sai vị trí ta điền số $1$, đúng vị trí ta điền số $0$. Xét số nhị phân được tạo thành.

Sau khi chuyển $1$ cuốn sách về đúng vị trí, chữ số hàng đó chuyển từ $1$ đến $0$, các chữ số trước nó không thay đổi. Vậy số nhị phân luôn giảm.

Từ trạng thái ban đầu, số không lớn hơn $2^n-1$, đến trạng thái cuối, số đó là $0$. Vậy cần ít hơn $2^n$ bước.

(Q.E.D)

Bài 4

Tính tổng các cặp số:

-Có $2k$ số phân biệt nên tổng lớn hơn $\frac{2k(2k+1)}{2}$.

-Tổng các cặp số là $k$ số phân biệt nên tổng nhỏ hơn $nk-\frac{k(k-1)}{2}$.

Vậy $\frac{2k(2k+1)}{2}\leq nk-\frac{k(k-1)}{2}\Rightarrow k\leq \frac{2n-1}{5}\Rightarrow k\leq \left \lfloor \frac{2n-1}{5} \right \rfloor$.

Xét $n=5m+3$. Ta chọn $m$ cặp ${2i,3m+2-i},1\leq i\leq m$ và $m+1$ cặp ${2i-1,4m+3-1},1\leq i\leq m+1$ thỏa mãn.

$n=5m+4,5$ làm như trên, $n=5m+1,2$ bỏ cặp ${3m+2,2m+1}$.

Từ đó ta có $k= \left \lfloor \frac{2n-1}{5} \right \rfloor$.

Bài 2

Ta có với mọi $n\leq 2015$, $2017\mid \sum_{k=1}^{2016}k^n$( lời giải có thể tham khảo tại đây http://diendantoanho...-kiểm-tra-số-2/)

Giả sử bậc của $f$ nhỏ hơn $2015$. Ta có $f(x)\equiv 0,1(mod 2017)$. Cộng $f(x)$ từ $0$ đến $2016$, từ trên ta có $\sum_{k=0}^{2016}f(x)\equiv 0(mod 2017)$.

Vậy $f(x)\equiv 0(mod 2017)$ với $2017$ giá trị của $x$ nên $f\equiv 0$ (vô lí).

Vậy bậc của $f$ lớn hơn hoặc bằng $2016$. Với $n=2016$, lấy $f(x)=x^{2016}$ thỏa do Fermat. Vậy $n=2016$.

Ta có các bổ đề sau

Bổ đề 1: $A\subset B\Rightarrow A\cap C\subset B\cap C, A\setminus C\subset B\setminus C$.

Bổ để 2: $f(A\cap B)\subset f(A)\cap f(B)$.

Bổ đề 3: Nếu $f$ tăng trên $\rho (H)$ thì $f$ luôn có một điểm bất động.

Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp với số phần tử của $H$

$\left | H \right |=0$, hiển nhiên.

Giả sử với $\left | H \right |\leq n$ bài toán đúng. Xét tập $H'=H\cup \left \{ a \right \},H\cap \left \{ a \right \}=\varnothing ,\left | H \right |=n$. Xét hai hàm trên $\rho (H)$: $g(A)=f(A)\setminus \left \{ a \right \},h(A)=f(A\cup \left \{ a \right \})\setminus \left \{ a \right \}$. Theo bổ đề 1, hai hàm này tăng, do vậy theo giả thiết quy nạp tồn tại hai tập $A,B\subset H$ sao cho $g(A)=A, h(B)=B$.

Nếu $f(B\cup \left \{ a \right \})=B\cup \left \{ a \right \}$, bài toán đúng với $n+1$.

Nếu $f(B\cup \left \{ a \right \})=B$, xét tập $A\cap B\setminus H$, theo bổ đề 2 ta có $\forall X\subset A\cap B, f(X)\subset A\cap B$, do vậy theo giả thiết quy nạp bài toán đúng với $n+1$.

Bổ đề $4$: $A\subset B\Leftrightarrow C\setminus B\subset C\setminus A$.

Ta quay lại bài toán. Xét hàm $h(X)=f(H\setminus g(H\setminus X))$. Theo bổ đề 4 ta có hàm $h$ tăng. Theo bổ đề 3 ta có $h$ tồn tại điểm bất động $X$. Dễ thấy hai tập $H\setminus g(H\setminus X) ,H\setminus X$ thỏa mãn đề bài.

(Q.E.D)

Bài này lạ quá. Anh lấy ở đâu vậy.

Ý tưởng của em là chỉ cần xét khoảng $[0;1)$. Xét tập $D_n=\left \{ [0;\frac{1}{2^n});...[1-\frac{1}{2^n};1) \right \}$ và hàm trên $D_n$: $h_n(X)=\bigcup_{A\subset X}f(X),A\subset H$. Ta chứng minh được $h_n$ tăng, theo bổ đề 3 ta được các tập $X_1,X_2,...$ sao cho $h_k(X_k)=X_k$. Ta cũng chứng minh được $X_{k+1}\subset X_k$. Theo bổ đề về dãy các đoạn thẳng lồng nhau, ta chứng minh được tồn tại tập $X$ sao cho $f(X)=X$.

Tại em không biết trình bày mấy cái này, nên em ghi tắt (chắc em cũng lập luận sai ở đâu đó).

Anh học mấy cái này ở đâu vậy?

Không liên quan là sao ạ. Em chứng minh bổ đề 3 với tập không đếm được mà.

$X=\lim_{n\rightarrow \infty }f^n(H)$

Ta có $f(H)\subset H$ (hiển nhiên), bằng quy nạp $f^{n+1}(H)\subset f^n(H)$. Vậy $f^n(H)$ có giới hạn thỏa $f(X)=X$.

Không biết xài mấy từ này có ổn không.