The Gunner

Ta thấy với $n \vdots 4$ thì ta luôn có cách đổi số thỏa mãn, vì với một hình vuông $4 \times 4$ thì ta có thể tạo được từ hình chữ T
Với $n$ lẻ thì ta thấy để đổi số hết toàn bộ các số trên bảng thì tại mỗi ô phải đổi dấu đúng một số lẻ lần, tức là số hình chữ T chèn lên ô đó phải là một số lẻ lần. vì $n$ lẻ nên có một số lẻ ô, mà mỗi ô được chèn một số lẻ lần nên tổng số các ô vuông đơn vị đã chèn lên bảng là một số lẻ. mà vì mỗi hình chữ T có 4 ô nên tổng số ô vuông đơn vị mà nó đã chèn lên bảng là số chẵn, vô lí
Với $n \vdots 2$ thì ta tô như sau
1 0 1 0 1 0
0 0 0 0 0 0
1 0 1 0 1 0
0 0 0 0 0 0
1 0 1 0 1 0
0 0 0 0 0 0
với ô đánh số 1 là ô được tô. ta thấy số ô được tô là một số lẻ nên tương tự như trên ta có số ô vuông đơn vị chèn lên số ô được tô là số lẻ
mặt khác ta thấy mỗi hình chữ T sẽ chèn lên một số chẵn ô được tô nên số ô vuông đơn vị chèn lên các ô vuông đơn vị phải là số chẵn (vô lí)
vậy chỉ có $n \vdots 4$ mới thỏa mãn còn các TH còn lại đều ko đổi dấu toàn bộ bảng được

ta có số 1 là số lẻ, nhận thấy sau mỗi thao tác thì tổng các số trên bảng thay đổi tính chẵn lẽ (từ chẵn-->lẻ hoặc ngược lại) mà ta có 2010+2010+2012 =A: (một số chẵn) lần thực hiện thì trên bảng còn lại một số. DO đó tổng các số trên bảng lúc này cũng ko thay đổi tính chẵn lẽ so với ban đầu vì A chẵn. Do đó số còn lại là số lẻ--> số 1

Cho dãy Fibonaci $F_n$
đặt $P(x)=\left\{(m,n)|1 \leq m \leq n \leq x, (F_m,F_n)=1 \right \}$
Tính $\lim_{x \to \infty} \frac{P(x)}{x^2}$

Bài này ko có đáp số rõ ràng
ta đặt nhóm cuối bảng là nhóm gồm có $k$ người nằm cuối bảng ($k<n$)
ta quan tâm các trận đấu giữa nhóm nằm cuối bảng với nhóm còn lại gồm $k(n-k$ trận đấu
vì mỗi trận đấu thì tổng điểm giữa hai người sau khi kết thúc luôn là 1, mặt khác vì mỗi đối thủ giành được $\frac{1}{2}$ số điểm của mình trong các trận đấu với các đội nằm cuối bảng nên suy ra số điểm của tất cả các đối thủ ghi được là $2k(n-k)$ mặt khác cứ mỗi trận đấu thì tổng điểm của 2 đối thủ sau mỗi trận là 1 nên tổng điểm là $\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$
Suy ra $2k(n-k)=\frac{n(n-1)}{2}$
Khai triển rồi đưa về tam thức bậc 2 ta chọn đc 1 nghiệm là $n=\frac{4k+1+\sqrt{8k+1}}{2}$
vì $n$ nguyên dương nên suy ra $8k+1$ là số chính phương lẻ
tức là $8k+1=(2t+1)^2 \rightarrow k=\frac{t(t+1}{2}$
do đó với mỗi $t$ thì ta có tương ứng mỗi $k$ và mỗi $n$
ví dụ như $k=1$ thì $n=4$
ta có các kq trận đấu của a,b,c,d chẳng hạn
a 1-0 b ,b 1-0 c, c 1-0 a, a 1-0 d , b 1-0 d, c 1-0 d
khi đó $d$ có 0 điểm nằm nhóm cuối bảng còn $a,b,c$ mõi người có 2 điểm
$k=3$ thì $n=9$ ta cũng làm như trên với 3 đội cuối bảng mỗi đội 2 điểm, 3 đội tiếp theo mỗi đội 4 điểm, 3 đội tiếp theo mỗi đội 6 điểm

ta chỉ quan tâm hình vuông $2 \times 2$ nằm ở góc, đánh số ô đen là 0, ô trắng là 1 thì tổng 4 ô trong hình vuông này ở trạng thái ban đầu là lẻ, ta thấy mỗi lần thay đổi trạng thái thì trong hình vuông này chỉ có thể đổi màu hai ô kề nhau và hoặc là đổi cùng một màu hoặc là hoán vị qua lại của hai màu đen trắng, nên tổng 4 ô này ko thay đổi tính chẵn lẻ, mà để bàn cờ cùng màu thì 4 ô này phải có tổng là chẵn --> vô lí--> ko thể nào mà các ô của bàn cờ đều cùng màu sau hữu hạn bước

Mình giải thử ( cách này thấy ko hay lắm, ko bik có cách nào tốt hơn ko?)
Dịch bài toán ra ngôn ngữ đồ thị với 6 thứ tiếng là 6 đỉnh $A,B,C,D,E,F$.Một người dự tuyển xem như đoạn thẳng nối hai đỉnh nếu họ bik hai tiếng ứng với hai đỉnh đó. Ta nhận thấy rằng đồ thị này sẽ là đồ thị đơn và thỏa mãn điều kiện bậc của mỗi đỉnh ko nhỏ hơn 2. Do có 7 cạnh --> đồ thị có tổng bậc là 14 nên chỉ có thể có hai trường hợp là hai đỉnh bậc 3 và 4 đỉnh bậc 2 hoặc một đỉnh bậc 4 và 5 đỉnh bậc 2
TH1: Trường hợp có đỉnh bậc 4.
Giả sử A là đỉnh bậc 4 và kề với B,C,D,E. Xét đỉnh F thì F phải có bậc 2 và B,C,D,E mới chỉ bậc 1. Trong khi chỉ còn 3 cạnh nên chỉ có thể xảy ra trường hợp hai cạnh nối với F đỉnh hai đỉnh trong B,C,D,E và hai đỉnh còn lại có bậc 1 nối với nhau. Giả sử F nói với B và E còn C,D nối với nhau thì ta có ba cạnh CD,AE,BF tương ứng sẽ là 3 người đc chọn
TH2: Trường hợp A là đỉnh bậc 3 nối với C,D,B. nếu một trong 3 đỉnh C,D,B là bậc 3. giả sử B là đỉnh bậc 3
+Nếu hai cạnh còn lại xuất phát từ B nối với hai đỉnh nằm ngoài tâp kề của A tức là E và F. thì ta còn 2 cạnh còn lại để nối 4 đỉnh C,D,E,F ( lúc này chúng mới bậc 1) ta thấy hai cạnh này và AB luôn là 3 cạnh thỏa mãn
+Nếu hai cạnh còn lại của B nối với C và D thì ta chỉ còn 2 cạnh trong khi E và F mới bậc 0 nên trường hợp này ko thể nối để thảo mãn E và F có bậc 2
+ Nếu hai cạnh còn lại của B nối với một trong hai đỉnh C,D và một trong hai đỉnh E,F giả sử B nối với C và E thì chỉ còn hai cạnh còn lại trong khi F mới bậc 0 còn E và D nậc 1 nên F nối với E và D khi đó ta có 3 cạnh EF,AD,BC thỏa mãn
Tóm lại là ko có trường hợp nào mà có thể xảy ra trường hợp không thể tuyển chọn được như yêu cầu
P/s: mình nghĩ có một hướng khác để cm hay hơn là chứng minh luôn tồn tại một cách phân hoạch các đỉnh thành hai tập với một tập là hai đỉnh kề nhau, tập còn lại là trong 4 đỉnh còn lại phải có ít nhất 4 cạnh để nối các đỉnh trong 4 đỉnh đó là OK

-Thay $x$ bằng $-1+x$
$(*)\Rightarrow f(3x-1)=3f(x-1)$
-Lấy $f(x-1)=g(x)$ , ta có:
$g(3x)=3g(x)$
-Thay $x=0$ , hiển nhiên $g(0)=0$
-Lấy: $g(x)=xh(x)$
-Theo đó: $h(3x)=h(x)$ ($h(0)$ vô xác định)
-$h$ là một hàm tuần hoàn nhân tính chu kì 3 và liên tục nên:
$h(x)=h_0(log_3lxl) \forall x\neq 0$ (Với $h_0$ tuần hoàn chu kì 1)
Tóm lại: $f(x)=(x+1)h(x+1)$ với $h$ xác định như trên

Lời giải trên sai ở lỗi bôi đỏ ở trên, hàm ko phải là một đa thức nên khi $g(0)=0$ thì ko thể đặt $g(x)=h(x).x$
Ví dụ như $g(x)=\sinx$ thì cũng thỏa mãn $g(0)=0$
Bài này do có điều kiện là khả vi liên tục nên ta sẽ nghĩ đến tính liên tục để kéo về lim, còn tính khả vi là biết được dạng của hàm.
lấy đạo hàm hai vế, áp dụng công thức hàm hợp $[f(g(x))]'=g'(x).f'(g(x)$
do đó khi lấy đạo hàm hai vế rút gọn ta được
$f'(3x+2)=f'(x)$ (1)
thay $x$ bởi $\frac{x-2}{3}$
thì ta có
$f'(x)=f'(\frac{x-2}{3})=...=f(\frac{x-3^n+1}{3^n})$
Cho $n$ đến vô cùng thì suy ra $f'(x)=\lim f(\frac{x-3^n+1}{3^n})=f(-1)=const$
suy ra $f(x)=ax+b$ mà từ (1) cho $x=-1$ thì $f(-1)=0$, nên suy ra a=b
vậy $f(x)=ax+a$ với $a$ là một hằng số thực

Hì...đề do em tự tạo thì cũng có thể đảo lại đươc chớ
Đáp án thì em chẳng cần...nhưng em cần một phương pháp giải
Lần trước em có thấy trên diễn đàn có một bài thế này:
$3f\left(\frac{x-1}{3x+2} \right)-5f\left(\frac{1-x}{x-2} \right)=\frac{8}{x-1}$
Vậy có phương pháp giải chung cho dạng này không?
Trở lại với bài trước:
Ta đặt như sau:
-Lấy $f(x)=g(\frac{0,5}{x-1})$
-Thay $x$ bởi $\frac{x}{2x-2}$
Và cuối cùng là:
$g\left(\frac{x-1}{3x+2} \right)+g\left(\frac{1-x}{x-2} \right)=(x-1)+1$
Hàm này giống giống cái bài kia chứ nhỉ ^^,
Nếu được.. cho em xin phương pháp chung cho phương trình:
$af(x)+bf(cx)=w(x)$

Phương trình đã cho được viết lại:
\[f\left( {\frac{x}{5}} \right) + f\left( x \right) = \frac{5}{{2x - 5}} \Leftrightarrow f\left( {\frac{x}{5}} \right) + f\left( x \right) = \frac{5}{{6\left( {2x - 5} \right)}} + \frac{{25}}{{6\left( {2x - 5} \right)}}\]
\[ \Leftrightarrow f\left( x \right) - \frac{{25}}{{6\left( {2x - 5} \right)}} = - \left[ {f\left( {\frac{x}{5}} \right) - \frac{5}{{6\left( {2x - 5} \right)}}} \right]\,\]
Từ phương trình, cho $x=0$ được: $f\left( 0 \right) = - \frac{1}{2}$.

Đặt $g\left( x \right) = f\left( x \right) - \frac{{25}}{{6\left( {2x - 5} \right)}} \Rightarrow g\left( 0 \right) = - \frac{1}{2} + \frac{5}{6} = \frac{1}{3}$.

Ta có $g(x)$ xác định và liên tục trên $\mathbb{R}$, theo cách đặt trên suy ra: $g\left( x \right) = - g\left( {\frac{x}{5}} \right),\,\,\forall x \in R$.

Suy ra: $g\left( x \right) = - g\left( {\frac{x}{5}} \right) = g\left( {\frac{x}{{{5^2}}}} \right) = ... = {\left( { - 1} \right)^n}g\left( {\frac{x}{{{5^n}}}} \right),\,\,n \in \mathbb{N}$

Từ lập luận trên, suy ra $g\left( x \right) = 0 \Rightarrow f\left( x \right) - \frac{{25}}{{6\left( {2x - 5} \right)}} = 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{25}}{{6\left( {2x - 5} \right)}}$.

Vậy $f\left( x \right) = \frac{{25}}{{6\left( {2x - 5} \right)}},\,\,\forall x \in \mathbb{R}$.

Hai chỗ được tô đỏ là nên xem lại,
1) cách đặt $g$ từ $f$ của robin97 là ko tồn tại vì bậc của biến là lệch nhau
2) chỗ anh WWW là $f$ chưa chắc liên tục nên $g$ chưa chắc liên tục
3) mình nghĩ đề này thiếu một dữ kiện ví dụ như liên tục chẳng hạn

Ta nhận thấy ở lân cận 0,5 nằm trong hình vuông phải có một phần gấp khúc $L_i$ của L đi qua. Xét hai điểm AB năm trong lân cận 0,5 của một cạnh nào dó và thuộc L . và phần đường gấp khúc đi qua AB ko nằm hết trong lân cận đó ( ta gọi đó là các phần lõm của đường gấp khúc đối với cạnh tương ứng, nó cũng đúng khi gáp khúc suy biến thành đường thẳng) xét A'B' thuộc phần lõm AB và nằm trên biên của lân cận thì gọi C là một điểm trên cạnh đớ thì ta có $A'B'<CA+CB \leq0,5+0,5=1$. Bây h giả sử $L_{A'B'}<198$ xét tất cả các điểm như thế thì ta có đỉnh của các phần lõm này ko thuộc lân cận của cạnh đối diện. Ví dụ như hình vuong XYZT thì phần lõm của gấp khúc đối với XY thì đỉnh của nó ko thuộc lân cận $0,5$ đối với ZT. vì nếu nó thuộc lân cận của ZT thì $L{A'B'} \geq 2.(100-0,5+0,5)=198$
Vậy nên theo điều giả sử thì với mỗi cạnh phải có một phần gấp khúc riêng của nó. Giả sử đường gấp khúc này phủ được một phần lân cận cảu hình vuông và còn một phần $l(MN)$ chưa đi qua thì khi đó giả sử đường đi của ta đang xét tiếp tục đi từ M đến N thì khi M tiến đến gần N thì do M và N ko thể trùng nhau. mặt khác theo trên thì MN<1. và khi đó ta thấy $L{MN} \geq 99.4>198$
Vậy ta luôn có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1 nhưng "khoảng cách" dọc theo $L$ giữa chúng không nhỏ hơn 198

198

Bài toán tổng quát: Tồn tại $n_k \in \mathbb{N}^*$ $n$ có đúng $k$ ước nguyên tố thỏa mãn $n_k|2^n_k+1$
Ta thấy $n_k$ lẻ nên suy ra $3|n_k$
Với $k=1,n_1=3$ ta có đpcm
Giả sử đúng đến $k$ ta chứng minh đúng đến $k+1$. Thật vậy, giả sử $n_k=3^am$ với $m$ ko chia hết cho 3
ta có $2^{3n_k}+1=(2^n_k+1)(2^{2n_k}-2^n_k+1)$ dễ thấy $2^{2n_k}-2^n_k+1 \vdots 3$ nên kết hợp với giả thuyết quy nạp suy ra $3n_k|2^{3n_k}+1$ do đó ta cần tìm $p$ nguyên tố thỏa mãn $n_{k+1}=3pn_k$ với $n_k \not \vdots p$ suy ra $2^n_k+1 \not \vdots p$
Đặt $2^n_k=b$ ta có $p|b^3+1=(b+1)(b^2-b+1)$ Ta có $gcd(b+1,b^2-b+1)=gcd(b+1,3)=3$ vì $b+1 \vdots 3$
ta có $b=3h-1$ suy ra $b^2-b+1=9h^2-9h+3$ chia hết cho 3 nhưng ko chia hết cho $3^2$. Nên ta chỉ cần một ước nguyên tố $p$ của $\frac{b^2-b+1}{3}$
Khi đó $n_{k+1}=3pn_k|2^{3n_k}+1|2^{n_k+1}+1$ và $n_{k+1}$ có đúng $k+1$ ước nguyên tố

Ý tưởng của mình như thế này ta xét 4 nhóm như sau $S_j=\left\lbrace{ x|\sum\limits_{i=1}^5{x_i} \equiv j (\mod 4)}\right\rbrace$ với $j=0,1,2,3$
Trong đó $x_i$ là tình trạng làm 5 bài của của thí sinh $x$ với $x_i \in \left\lbrace{ 1,2,3,4}\right\rbrace$
Do đó nếu $x \ne y$ và $x,y \in S_j$ thì nếu $ x_i \ne y_i$ thì $x_j \ne y_j$
Mà do theo trên thì có tối đa hai người làm bài giống nhau nên suy ra nếu trong một nhóm có ít nhất $7$ người thì sẽ tồn tại 4 người làm bài khác nhau cùng thuộc một nhóm. Do đó ta cần ít nhất $4.6+1=25$ người

ở hai nhóm khác nhau thì chưa chắc đã có 2 đáp án khác nhau nên mình nghĩ kq trên chưa đúng Mặt khác nếu có trường hợp 2000 thí sinh làm cùng 1 đáp án hết thì sao nhỉ )

Chứng minh rằng với số nguyên tố $p>3$ thì
$$(p+1)(p+2)...(2p-1) \equiv (p-1)! (\mod p^3)$$

ta có $y^{12}-1 \equiv 0 (\mod 5)$ nếu $(y,5)=1$ và $y^12-1 \equiv -1 (\mod 5)$ nếu $5|y$ (*)
mặt khác nếu $(x,5)=1$ thì $x^{29}-1\ equiv x-1 (\mod 5)$
Do đó nếu $5|x$ thì
$x^{28}+...+x+1 \equiv 1 (\mod 5)$ khác (*)
nếu $(x,5)=1$
+ Nếu $(x-1,5)=1$ thì $\frac{x^{29}-1}{x-1} \equiv 1 (\mod 5)$ khác (*)
+Nếu $5|x-1$ và $(x,5)=1$ nên $x=6$ thì ta có $x \equiv -1 (\mod 7)$
suy ra $x^{28}+...+x+1 \equiv 1 (\mod 7)$ (**)
Mà một số lũy thừa 4 chia 7 dư 0;1 hoặc -1 nên suy ra $y^{12}-1$ chia 7 dư $-1;0,-2$ khác với (**)
Từ các trường hợp trên suy ra pt vô nghiệm nguyên dương

Cách giải khác dưới hình thức phân hoạch tập hợp
Đặt $S=\left\{(x,y):1\leq x \leq \frac{p-1}{2},1\leq y \leq \frac{q-1}{2}\right\}$
suy ra $|S|=\frac{(p-1)(q-1)}{4}$
vì $(p,q)=1$ nên ko tồn tại bộ $(x,y)$ thỏa mãn $xq=yp$
nên ta xét $S_1= \left\{(x,y): 1 \leq x \leq \frac{p-1}{2},yp<xq ,1\leq y \leq \frac{q-1}{2}\right\}=\left\{(x,y):1\leq x \leq \frac{p-1}{2},1\leq y \leq \lfloor{\frac{xq}{p}}\rfloor \right\}$
tương tự xét tập
$S_1= \left\{(x,y): 1 \leq x \leq \frac{p-1}{2},yp>xq ,1\leq y \leq \frac{q-1}{2}\right\}=\left\{(x,y):1\leq y \leq \frac{q-1}{2},1\leq x \leq \lfloor{\frac{yp}{q}}\rfloor \right\}$
ta có $|S_1|=\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\lfloor{\frac{iq}{p}}\rfloor$
$|S_2|=\sum\limits_{i=1}^{\frac{q-1}{2}}\lfloor{\frac{ip}{q}}\rfloor$
mà $S_1\cup S_2=S$ và $S_1 \cap S_2= (rong)$ ( ko bik Latex Rỗng là j` nhỉ)
suy ra đpcm