Chủ đề này có 137 trả lời

[pndpnd]

Bài 74: Tìm hàm $f: R \mapsto R$ thỏa mãn $ f(x+f(y))=y+f(x)$ với mọi $x,y$ thuộc $R$

                                                                        ${\frac{f(x)}{x}}$ với $x$ khác $0$ là tập hữu hạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pndpnd: 24-12-2014 - 22:16

[pndpnd]

Bài 75: Cho 2 đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ tiếp xúc ngoài nhau tại $M$. Tiếp tuyến chung ngoài $AB$, ($A$ thuộc $(C_1)$, $B$ thuộc $(C_2)$). Trên tia $Mx$ là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ( $Mx$ không cắt $AB$) lấy điểm $C$ khác $M$. Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm thứ 2 của $CA$ với $(C_1)$, $CB$ với $(C_2)$. Chứng minh rằng tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $E$, tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $F$ và $Mx$ đồng quy.

[Juliel]

 

Bài 72   (China MO 2014)

      Tam giác ABC có AB>AC. D là chân đường phân giác trong của A. F, E lần lượt trên AC, AB sao cho BCFE nội tiếp.

  CM tâm ngoại tiếp ( DEF) là tâm nội tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi BE + CF = BC

Mình giải như sau :

 

Nếu tâm $(DEF)$ trùng với tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và gọi điểm này là $I$. Ta thấy $I$ là giao của phân giác góc $EAF$ và trung trực $EF$ nên tứ giác $AEIF$ nội tiếp.

Gọi $J$ là giao điểm khác $D$ của $BC$ với $(DEF)$. 

Từ đó có :

$$\angle AIF=\angle AEF=\angle C$$

Suy ra $IFCD$ đồng viên, dễ suy ra luôn $EIDB$ nội tiếp.

Ta có :

$$\angle BEJ=180^0-\angle AEF-\angle FEJ=180^0-\angle C-\angle FDC=\angle DFC=\angle FAD+\angle FDI=\angle FAD+\angle FCI=\dfrac{\angle A+\angle C}{2}$$

$$\angle BJE=\angle EFD=\angle EFI+\angle IFD=\angle IAE+\angle ICD=\dfrac{\angle +\angle C}{2}$$

Ta suy ra$\angle BEJ = \angle BJE$. Vậy tam giác $BJE$ cân tại $B$ nên kéo theo $BE=BJ$.

Và :

$$\angle FJC=\angle FED=\dfrac{1}{2}\angle FID=\dfrac{1}{2}(180^0-\angle C)$$

$$\angle JFC=\angle BJF-\angle C=\angle BJE+\angle EJF-\angle C=\frac{\angle A+\angle C}{2}+\dfrac{1}{2}\angle EIF-\angle C=\frac{\angle A-\angle C}{2}+\dfrac{1}{2}(180^0-\angle A)=\dfrac{1}{2}(180^0-\angle C)$$

Suy ra tam giác $CFJ$ cân tại $C$ nên $CF=CJ$.

Như vậy ta được :

$$BC=BJ+JC=BE+CF$$

 

 

Còn nếu các điểm $E,F$ thoả $BE+CF=BC$ thì gọi điểm $J'$ thuộc $BC$ thoả $BE=BJ'$ và $CF=CJ'$.

Gọi $I'$ là tâm $(DEF)$. Dễ chứng minh hai tam giác $I'EB,I'J'B$ bằng nhau. Suy ra $\angle EBI'=\angle J'BI'$ hay $BI'$ là phân giác góc $B$. Tương tự $CI'$ là phân giác góc $C$. 

Từ đó $I'$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$.

[Juliel]

Bài 75: Cho 2 đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ tiếp xúc ngoài nhau tại $M$. Tiếp tuyến chung ngoài $AB$, ($A$ thuộc $(C_1)$, $B$ thuộc $(C_2)$). Trên tia $Mx$ là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ( $Mx$ không cắt $AB$) lấy điểm $C$ khác $M$. Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm thứ 2 của $CA$ với $(C_1)$, $CB$ với $(C_2)$. Chứng minh rằng tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $E$, tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $F$ và $Mx$ đồng quy.

Xem tại :

http://diendantoanho...tĩnh-2014-2015/

 

http://forum.mathsco...ead.php?t=48215

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 25-12-2014 - 00:33

[Juliel]

Bài 76 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả :

$$f(x^2+f(y)+z)=xf(x)+f(y+z),\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$

 

Bài 77 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$x^2y^2\left [ f(x+y)-f(x)-f(y) \right ]=3(x+y)f(x)f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

[khanghaxuan]

Bài 77 :  Cho tam giác $ABC$ cân tại A . Phân giác $\widehat{CAB} ; \widehat{ABC}$ lần lượt cắt $BC$ và $CA$  tại D và E . Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ ADC$ . Giả sử rằng $\widehat{BEK}=45^{0}$  . Tìm tất cả các giá trị có thể có của $\widehat{BAC}$ 

P/s : Góp vui . 

[khanghaxuan]

Bài 76 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả :

$$f(x^2+f(y)+z)=xf(x)+f(y+z),\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$

 

Bài 77 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$x^2y^2\left [ f(x+y)-f(x)-f(y) \right ]=3(x+y)f(x)f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Bài 76:    Dễ thấy f đơn ánh .  Hiển hiên hàm $f(x)=0$ thỏa điều kiện đề bài.     

Cho :  $x=0$ :  Ta được :    $f(f(y)+z)=f(y+z)\Rightarrow f(y)=y$  hay $f(x)=x$

Tóm lại $f(x)=x ; f(x)=0$ là hai hàm thỏa mãn đề bài . 

[khanghaxuan]

Bài 76 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả :

$$f(x^2+f(y)+z)=xf(x)+f(y+z),\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$

 

Bài 77 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$x^2y^2\left [ f(x+y)-f(x)-f(y) \right ]=3(x+y)f(x)f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Bài 77 :    Từ PTH ban đầu :    

- Thay y=0   :  Ta có :    $f(0).f(x).3x=0$ 

 

                                        $\left\{\begin{matrix} f(x)=0 & \\ f(0)=0 ( f(x)\neq const) & \end{matrix}\right.$

Trường hợp :  $f(x)\neq 0$ 

 

Thay :  $y=-x$  Ta được :    $f(0)=f(x)+f(-x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$  nên f là hàm lẻ .  

 

Đặt :    $f(1)=a$ :   

 

Thay $x=2;y=-1$  Ta được :       $8a-4f(2)+3af(2)=0$  (*)

 

Thay  $x=y=1$     Ta được :       $f(2)=6a^{2}+2a$     (**)

 

Từ (*) và (**)  Ta được :    $\left\{\begin{matrix} f(1)=0 & \\ f(1)=1 & \end{matrix}\right.$ 

 

TH $f(1)=0$   :     

 

Thay $y=1$   Ta được :    $f(x+1)=f(x)$   nên f là hàm tuần hoàn  có chu kì là 1 .  

 

TH $f(1)=1$  . Dùng PP NQR để chứng minh.    

 

Tóm lại :   Bài toán có các nghiệm như sau :     

                                  

                                    $\left\{\begin{matrix} f(x)=0 & & \\ f(x)=x^{3} & & \\ f(x)=f(x+1) & & \end{matrix}\right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 25-12-2014 - 19:11

[tohoproirac]

 NQR la` gi` vay ??

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tohoproirac: 25-12-2014 - 16:55

[khanghaxuan]

 

 NQR la` gi` vay ??

 

Có nghĩa là xây dựng từ $N\rightarrow Q\rightarrow R$

Cái chỗ R thì có thể dùng  tính liển tục của hàm số  .     Hoặc dựa vào hàm đơn điệu để chứng minh.

[trungchy]

Mình cũng xin góp 2 bài :

14. Trong một hội thảo có n người tham gia, trong đó có một số người là bạn bè của nhau (quan

hệ bạn bè là quan hệ hai chiều). Người ta nhận thấy có tất cả n+1 quan hệ bạn bè. Một nhóm

người có thể ngồi họp bàn tròn với nhau nếu hai người ngồi cạnh nhau là bạn bè của nhau.

Chứng minh rằng có thể thu xếp ít nhất hai cuộc họp bàn tròn khác nhau. (Có thể có người

tham gia cả hai cuộc họp, hoặc có người không tham gia cuộc họp nào.)

15. Một đất nước có 1500 thành phố, hai thành phố bất kỳ được nối với nhau bằng một con

đường. Biết rằng có 10 công ty xây dựng, và mỗi con đường đều do một công ty nào đó xây

nên. Chứng minh rằng có thể thiết kế một cuộc du lịch xuất phát từ một thành phố, đi qua

chẵn thành phố khác và quay về thành phố ban đầu, và tất cả các con đường đi qua đều được

xây dựng bởi cùng một công ty.

 

[Juliel]

Bài 76:    Dễ thấy f đơn ánh .  Hiển hiên hàm $f(x)=0$ thỏa điều kiện đề bài.     

Cho :  $x=0$ :  Ta được :    $f(f(y)+z)=f(y+z)\Rightarrow f(y)=y$  hay $f(x)=x$

Tóm lại $f(x)=x ; f(x)=0$ là hai hàm thỏa mãn đề bài . 

Bạn xem lại chỗ này.  Bạn chứng minh $f$ đơn ánh giùm  mình ra nhé !

 

Bài 77 :    Từ PTH ban đầu :    

- Thay y=0   :  Ta có :    $f(0).f(x).3x=0$ 

 

                                        $\left\{\begin{matrix} f(x)=0 & \\ f(0)=0 ( f(x)\neq const) & \end{matrix}\right.$

Trường hợp :  $f(x)\neq 0$ 

 

Thay :  $y=-x$  Ta được :    $f(0)=f(x)+f(-x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$  nên f là hàm lẻ .  

 

Đặt :    $f(1)=a$ :   

 

Thay $x=2;y=-1$  Ta được :       $8a-4f(2)+3af(2)=0$  (*)

 

Thay  $x=y=1$     Ta được :       $f(2)=6a^{2}+2a$     (**)

 

Từ (*) và (**)  Ta được :    $\left\{\begin{matrix} f(1)=0 & \\ f(1)=1 & \end{matrix}\right.$ 

 

TH $f(1)=0$   :     

 

Thay $y=1$   Ta được :    $f(x+1)=f(x)$   nên f là hàm tuần hoàn  có chu kì là 1 .  

 

TH $f(1)=1$  . Dùng PP NQR để chứng minh.    

 

Tóm lại :   Bài toán có các nghiệm như sau :     

                                  

                                    $\left\{\begin{matrix} f(x)=0 & & \\ f(x)=x^{3} & & \\ f(x)=f(x+1) & & \end{matrix}\right.$

Bạn làm rõ chỗ này ra. Dùng phương pháp $NQR$ thì khi đã xây dựng được hàm trên $Q$, ít nhất phải có $f$ liên tục mới xây dựng được trên $R$ nhé.

 

Nếu rảnh thì làm lại hai bài này bạn nhé ~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 25-12-2014 - 22:10

[pndpnd]

Bài 78: Cho số nguyên dương $n$ chia hết cho $6$. Gọi $a_{n}$ là số các bộ gồm 3 thành phần là các số nguyên không âm đôi một khác nhau có tổng không vượt quá $n$. Xác định $a_{n}$ theo $n$

[khanghaxuan]

Bài 79 :  Tìm tất cả các hàm  $f:R^{+}\rightarrow R$  thỏa :    

                               $f(x).f(y)=y^{\alpha }f(\frac{x}{2})+x^{\beta} f(\frac{y}{2})$

Bài 80 :  Tìm tất cả các hàm $f,g :R\rightarrow R$  thỏa :   

                      $f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)$

[nhungvienkimcuong]

Bài 79 :  Tìm tất cả các hàm  $f:R^{+}\rightarrow R$  thỏa :    

                               $f(x).f(y)=y^{\alpha }f(\frac{x}{2})+x^{\beta} f(\frac{y}{2})$              $(1)$

$\blacksquare$ với $\alpha =\beta$

$P(x,y)\rightarrow (f(x))^2=2x^\alpha f\left ( \frac{x}{2} \right )\Rightarrow f\left ( \frac{x}{2} \right )=\frac{1}{2}x^{-\alpha }(f(x))^2$

$\Rightarrow f(x)f(y)=\frac{1}{2}x^\alpha y^{-\alpha }(f(y))^2+\frac{1}{2}y^\alpha x^{-\alpha }(f(x))^2$

$\Rightarrow 2f(x)f(y)=\left ( \frac{x}{y} \right )^\alpha (f(x))^2+\left ( \frac{y}{x} \right )(f(y))^2$

$\Rightarrow \left [ \left ( \frac{x}{y} \right )^\frac{\alpha }{2}f(y)-\left ( \frac{y}{x} \right )^{\frac{\alpha }{2}}f(x) \right ]^2=0\Rightarrow \left ( \frac{x}{y} \right )^{\frac{\alpha }{2}}f(y)=\left ( \frac{y}{x} \right )^{\frac{\alpha }{2}}f(x)$

$\Rightarrow \frac{f(x)}{x^\alpha }=\frac{f(y)}{y^\alpha } \ \ \ \forall x,y\in \mathbb{R}^+\Rightarrow f(x)=\gamma x^\alpha$

$\overset{(1)}{\Rightarrow }\gamma ^2x^\alpha y^\alpha =y^\alpha \gamma \left ( \frac{x}{2} \right )^\alpha +x^\alpha \gamma \left ( \frac{y}{2} \right )^\alpha =2\gamma \left ( \frac{xy}{2} \right )^\alpha$

$\Leftrightarrow \gamma x^\alpha y^\alpha \left ( \gamma -2^{1-\alpha } \right )=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} \gamma =0\\ \ \ \ \ \gamma =2^{1-\alpha } \end{matrix}\right.$

vậy $f(x)=0$ và $f(x)=2^{1-\alpha }x^\alpha$ là hai nghiệm bài toán trong trường hợp này

$\blacksquare$ với $\alpha \neq \beta$

$P(y,x)\rightarrow f(x)f(y)=x^\alpha f\left ( \frac{y}{2} \right )+y^\beta f\left ( \frac{x}{2} \right )$

$\overset{(1)}{\Rightarrow }\left ( x^\alpha -x^\beta \right )f\left ( \frac{y}{2} \right )=\left ( y^\alpha -y^\beta \right )f\left ( \frac{x}{2} \right )\Rightarrow \frac{f\left ( \frac{x}{2} \right )}{x^\alpha -x^\beta }=\frac{f\left ( \frac{y}{2} \right )}{y^\alpha -y^\beta } = \gamma$ $($ với $\gamma$ là hằng số và $x\neq 1$ $)$

do đó $\left\{\begin{matrix} f\left ( \frac{x}{2} \right )=\gamma \left ( x^\alpha -x^\beta \right )\\f\left ( \frac{y}{2} \right ) =\gamma \left ( y^\alpha -y^\beta \right ) \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} f(x)=\gamma \left ( 2^\alpha x^\alpha -2^\beta x^\beta \right )\\ f(y)=\gamma \left ( 2^\alpha y^\alpha -2^\beta y^\beta \right ) \end{matrix}\right.$

$\overset{(1)}{\Rightarrow }\gamma ^2\left ( 2^\alpha x^\alpha -2^\beta x^\beta \right )\left ( 2^\alpha y^\alpha -2^\beta y^\beta \right )=\gamma y^\alpha \left ( x^\alpha -x^\beta \right )+\gamma x^\beta \left ( y^\alpha -y^\beta \right ) \ \ \ \forall x,y\in \mathbb{R}^+ \setminus \left \{ \frac{1}{2},1 \right \}$

khi khai triển ta có $\gamma ^2 4^\alpha =\gamma$ và $\gamma ^24^\beta =-\gamma \Rightarrow \gamma =0$

khi đó $f(x)=0 \ \ \forall x\in \mathbb{R}^+ \setminus \left \{ \frac{1}{2},1 \right \}$

ta tính $f(1)$ và $f\left ( \frac{1}{2} \right )$

ta có $(f(1))^2=2f\left ( \frac{1}{2} \right );(f(2))^2=2^{\alpha +1}f(1)$

mà $f(2)=0\Rightarrow f(1)=f\left ( \frac{1}{2} \right )=0$

vậy $f(x)=0 \ \ \forall x\in \mathbb{R} ^+$ là nghiệm duy nhất trong trường hợp này

Bài 80 :  Tìm tất cả các hàm $f,g :R\rightarrow R$  thỏa :   

                      $f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)$

xem ở đây

 

U-Th

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 03-01-2015 - 18:23

[Trung Gauss]

Gửi Topic một bài cho vui    

 

 Bài 81: Số nguyên lẻ $n\ge 3$ được gọi là "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2,..., a_n)$ của các số $(1, 2,..., n)$ sao cho các tổng sao đây đều là các số nguyên dương $$a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Hãy xác định tập hợp tất cả các số nguyên dương "đẹp" như vậy.

 

 

P/S: Trong 2 ngày mà không ai giải bài này thì mình sẽ post lời giải.

Chúc sức khỏe tới các VMFer thi VMO 2015  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trung Gauss: 05-01-2015 - 18:52

[Trung Gauss]

 

 

 Bài 81: Số nguyên lẻ $n\ge 3$ được gọi là "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2,..., a_n)$ của các số $(1, 2,..., n)$ sao cho các tổng sao đây đều là các số nguyên dương $$a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}$$ Hãy xác định tập hợp tất cả các số nguyên dương "đẹp" như vậy.

 

 

 

 

Lời giải:

 

Đặt: $$\begin{cases} y_1=a_1-a_2+a_3-...-a_{n-1}+a_n;\\ y_2=a_2-a_3+a_4-...-a_n+a_1;\\y_3=a_3-a_4+a_5-...-a_1+a_2;\\...\\y_n=a_n-a_1+a_2-...-a_{n-2}+a_{n-1}\end{cases}$$ Lúc này, $n$ sẽ là số "đẹp" khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một hoán vị $(a_1, a_2,.., a_n)$ của $(1, 2,..., n)$ sao cho hệ phương trình $$\begin{cases}y_1+y_2=2a_1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\y_2+y_3=2a_3\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\...\\y_{n-1}+y_n=2a_{n-1}\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n-1)\\y_n+y_1=2a_n\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(n)\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.

 

  Cộng vế theo vế các phương trình trong hệ, ta được: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=(a_1+a_2+...+a_n)$$ Do $a_1+a_2+...+a_n=1+2+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ nên suy ra: $$2(y_1+y_2+...+y_n)=n(n+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Cộng từng vế các dòng thứ $i+1, i+3, i+5,...$ cho đến khi quay lại dòng $i+2$, ta có: $$(y_{i+1}+y_{i+2})+(y_{i+3}+y_{i+4})+...+(y_{i-2}+y_{i-1})=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ Suy ra:  $(y_1+y_2+...+y_n)-y_i=2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$. Do đó: $$2(y_1+y_2+...+y_n)-2y_i=4(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Từ $(*)$ và $(**)$ suy ra: $$y_i=\dfrac{n(n+1)}{2}-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$$ 

 

  Vì $n$ lẻ và $n\ge 3$, nên $n=4k-1$ hoặc $n=4k+1$. Khi đó, ta có

    $\bullet$   Nếu $n=4k-1$ thì $y_i=2k(4k-1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$.

    $\bullet$   Nếu $n=4k+1$ thì $y_i=(2k+1)(4k+1)-2(a_{i+1}+a_{i+3}+...+a_{i-2})$ suy ra $y_i$ là số lẻ với mọi $i=\overline{1, n}$

 

 Xét hai trường hợp sau:

 

    Trường hợp 1: Nếu $n=4k-1$. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ hì $n$ không phải là số "đẹp".

   Thật vậy, giả sử nó là số "đẹp" thì phải tồn tại một hoán vị $(a_1, a_2, ...,a_n)$ của $(1, 2, ..., n)$ sao cho hệ trên có nghiệm. Hơn nữa ta còn phải có $y_i$ là số nguyên dương chẵn với mọi $\overline{1, n}$. Do $(a_1, a_2,..., a_n)$ là một hoán vị của $(1, 2, ..., n)$, nên tồn tại $j (1\le j\le n)$ mà $a_j=1$. Khi đó, xét phương trình thứ $j$, ta có: $$y_j+y_{j+1}=2a_1\Rightarrow y_j+y_{j+1}=2$$ Vì $y_j$ nguyên dương chẵn với mọi $i=\overline{1, n}$ nên $y_j, y_{j+2}\ge 2\Rightarrow y_j+y_{j+2}\ge 4$, mâu thuẫn. Như vậy, với mọi số lẻ $n\ge 3$ thuộc dạng $n=4k-1$ thì $n$ không là số "đẹp"

   Trường hợp 2: Nếu $n=4k+1$,khi đó $y_i$ là số lẻ $\forall i=\overline{1,n}$. Ta chọn hoán vị sau: $$\begin{cases} a_1=2, a_2=4, a_3=6,...,a_{2k}=4k, a_{2k+1}=4k+2\\a_{4k+1}=1, a_{4k}=3, a_{4k-2}=5,...,a_{2k+2}=4k-2\end{cases}$$ Lúc này hệ phương trình ban đầu sẽ nhận các nghiệm: $$\begin{cases}y_1=1, y_2=3, y_3=5,...,y_{2k}=4k-1\\y_{2k+1}=y_{2k+2}=4k+1\\y_{2k+3}=y_{2k+4}=4k-3\\y_{2k+5}=y_{2k+6}=4k-7\\...\\y_{4k-1}=y_{4k}=5\\y_{4k+1}=1\end{cases}$$ Theo đó, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ dạng $n=4k+1$ là số "đẹp".

Cuối cùng, số nguyên dương lẻ $n\ge 3$ là số "đẹp" khi và chỉ khi $n$ có dạng: $$\boxed{n=4k+1,k\in\mathbb{N}}$$

[namcpnh]

Còn khoảng 6h nữa thì kì thi HSG Quốc gia môn Toán ( VMO) sẽ chính thức bắt đầu, mình xin được gửi lời chúc tốt đẹp nhất cho các $VMO \in VMF$ làm bài thật tốt và đậu kết quả thật cao.

 

Đồng thời với số lượng bài tập nhiều topic này, mình dự tính là Tết về mình sẽ Tổng hợp lại để làm tài liệu cho các mem có hướng thi VMO năm sau .