maitienluat

Ta có nhận xét rằng nếu $\cos x$ là số hữu tỉ thì $\cos (kx)$ cũng là số hữu tỉ, với $k$ là số nguyên dương (do $\cos (kx)=P_k(\cos x)$, với $P_k(x)$ là đa thức Chebyshev loại I với bậc k, là một đa thức hệ số nguyên).

Vì vậy yêu cầu của đề bài tương đương với việc chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm

$\left\{\begin{matrix} n \equiv 0 &(mod k) \\ n \equiv 1 &(mod (k-1)) \end{matrix}\right.$

Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa ( chẳng hạn lấy $n=k^2$ ). Ta có đpcm.

Bổ đề: Cho $x$ là số nguyên dương. Khi đó $x^2+1$ không có ước nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$.

C/m: Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ như vậy. Khi đó $x^2 \equiv -1 (mod p)$

Theo định lý Fermat nhỏ : $(-1)^{2k+1} \equiv (x^2)^{2k+1} \equiv x^{p-1} \equiv 1 (mod p) $

Suy ra $ -1 \equiv 1 (mod p)$ hay $p=2$ (vô lí). Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. 

Do bài toán không đổi khi thay $x$ bởi $-x$ nên ta có thể giả sử $x \geq 0$. Tương tự $y \geq 0$.

Ta chứng minh trong 2 số $x,y$ có ít nhất một số chẵn.

Thật vậy. Giả sử $x,y$ đều lẻ. Khi đó ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2 \equiv -1 \equiv 3 (mod 4)$

Mà $z^2+1 \equiv 1,2 (mod 4)$ nên vô lí. Vậy trong 2 số $x,y$ có ít nhất 1 số chẵn, giả sử là $x$.

Ta có $z^2+1 = x^2y^2-x^2-y^2+1 = (x^2-1)(y^2-1) $

Do $x$ chẵn nên $x^2-1 \equiv 3 (mod 4) $ nên nếu $x^2-1 > 2$ hay $x>2$ thì $x^2-1$ có có ước nguyên tố $p$ dạng $4k+3$. Nhưng khi đó $p$ là ước của $z^2+1$, mâu thuẫn theo bổ đề.

Suy ra $x \leq 1$.

Nếu $x=1$ thì $z^2+1 = 0$ , vô nghiệm.

Nếu $x=0$ thì $y^2+z^2 = 0 \Rightarrow y=z=0$.

Thử lại thấy $(x,y,z)=(0,0,0)$ thỏa. Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=y=z=0$

Bài làm:

 

Hệ đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix} |x-1|.|y+1|=1 & \\ |x-1|-m.|y+1| \leq m-1 & \end{matrix}\right.$

Đặt $a=|x-1|,b=|y-1|$ thì $a \geq 0, b \geq 0$ và hệ trở thành $\left\{\begin{matrix} ab=1 & (1)\\ a-mb \leq m-1 & (2) \end{matrix}\right.$

Từ $(1)$ ta suy ra $a>0$. Do đó $(2) \Leftrightarrow a^2-mab \leq (m-1)a$

$\Leftrightarrow a^2-(m-1)a-m \leq 0$ (do $ab=1$)

$\Leftrightarrow (a+1)(a-m) \leq 0$

$\Rightarrow a \leq m$ (do $a+1 >1>0$)

Biện luận: Nếu $m \leq 0$ thì hệ bất phương trình đã cho vô nghiệm .

                 Nếu $m >0$ thì hệ đã cho có nghiệm (và có vô số nghiệm).

Bài làm:

 

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Trong  $(*)$ cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=(f(0))^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$.

  $\bullet$ TH1:  $f(0) = 0$

Trong $(*)$ cho $x=y$ được $f(xy)=f(x).f(y)$ (1)

Do đó từ $(*)$ suy ra $f(x-y) = f(x) - f(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} $ (2)

Cho $x=0$ trong (2) thu được $f(-y) = -f(y)$.

Từ đó $(2) \Leftrightarrow f(x-y) = f(x) + f(-y)$ hay $f(x+y) = f(x) + f(y)$ (3).

Đặt $f(1)=a$. Trong $(3)$ cho $y=1$ được $f(y+1)=f(y)+a$.

Từ đây quy nạp ta được $f(n)=an , \forall n \in \mathbb{N}$.

Trong $(2)$ cho $x,y \in \mathbb{N}$ ta được $axy = a^2.xy$. Suy ra $a=0$ hoặc $a=1$

Nếu $a=0$ thì trong $(2)$ cho $y=1, x \in \mathbb{R}$ được $f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$

Nếu $a=1$ thì ta thu được $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{N}$

Lại có $f(-x)=-f(x)$ nên $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{Z}$

Bây giờ với số hữu tỉ $x= \frac {p} {q}, p,q \in \mathbb{Z} , q \neq 0 $ bất kì, trong $(2)$ cho $x=\frac {p} {q},y=q$ thu được $p= f( \frac {p} {q} .q) = f(\frac {p} {q}) .f(q) = q.f(\frac {p} {q}) \Rightarrow f(\frac {p} {q}) = \frac {p} {q}$

Vậy $f(x)=x , \forall x \in \mathbb{Q}$.

Ta chứng minh rằng $f$ tăng.

Trong (2) lấy $x=y$ suy ra $f(x^2)=(f(x))^2$ , suy ra $f(x) \geq 0 , \forall x \geq 0$.

Với 2 số thực $x<y$ bất kì, từ $(3)$ suy ra $f(y)-f(x) = f(y-x) \geq 0$, vậy $f(x)$ tăng.

Với  mỗi số thực $x$ bất kì, ta chọn 2 dãy số hữu tỉ $(u_n) , (v_n)$ sao cho $u_n \leq x \leq v_n , \forall n$ và $\lim u_n = \lim v_n = x$. Do $f(x)$ tăng nên $u_n = f(u_n) \leq f(x) \leq f(v_n) = v_n , \forall n$.

Cho $n\rightarrow +\infty$ thu được $x \leq f(x) \leq x \Rightarrow f(x) = x$.

  $\bullet$ TH2: $f(0)=2$

Trong $(*)$ cho $y=0$ thu được $f(x) = 2 \forall x$.

Tóm lại ta thu được $f(x) = 0 , f(x) = 2, f(x) =x$.

Thử lại thấy cả $3$ hàm trên đều thoả.

Kết luận: $f(x)=0 , f(x) =2, f(x) =x$

Mở rộng 2: Tổng quát cho số thành phố là $n \geq 3$ bất kì

Ta chỉ cần giải quyết cho trường hợp $n=3k+1$ và $n=3k+2$

Tương tự như bài làm và mở rộng 1, ta có số đường đi không vượt quá $P=a+b+ab+c(a+b)$ với $a+b+c=n-1$

Và $P \leq -3d^2 + 2dn$ với $d=\frac {a+b} {2}$

Xét $n=3k+1$.

Ta có $-3d^2+2dn=-3(d- \frac {n} {3})^2 +\frac {n^2} {3} \leq \frac {n^2} {3} = \frac {9k^2+6k+1} {3} = 3k^2+2k+\frac {1} {3}$

Do $a,b,c$ nguyên nên $P$ nguyên, suy ra $P \leq 3k^2+2k$

Ta chỉ ra một cách xây dựng đường đi.

Chia $3k+1$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 1 thành phố $M$, Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$.Dễ thấy cách xây dựng này thoả mãn và có đúng $3k^2+2k$ đường đi.

Xét $n=3k+2$.

Tương tự như trường hợp $n=3k+1$, ta có $-3d^2+2dn \leq 3k^2+4k+ \frac {4} {3}$, nên $P \leq 3k^2+4k+1$.

Ta chỉ ra một cách xây dựng.

Chia $3k+2$ thành phố thành 4 nhóm $A,B,C,D$ với các nhóm $A,B,C$ đều có $k$ thành phố và nhóm $D$ có 2 thành phố $M$ và $N$. Với bộ 3 thành phố $X,Y,Z$ trong đó $X \in A, Y \in B, Z \in C$ ta xây dựng đường đi theo quy tắc $X \Rightarrow Y \Rightarrow Z \Rightarrow X$. Sau đó ta xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $A$ tới thành phố $M$ và từ thành phố $M$ tới mọi thành phố thuộc nhóm $C$. Ta tiếp tục xây dựng đường đi từ mọi thành phố thuộc nhóm $C$ đến $N$, từ $N$ đến mọi thành phố thuộc nhóm $B$ và từ $N$ đến $M$. Dễ kiểm tra cách xây này thoả và có đúng $3k^2+4k+1$ đường đi.

Tóm lại, trong mọi trường hợp, số đường đi lớn nhất có thể là $\left \lfloor \frac{n^2}{3} \right \rfloor$ , ở đó $n$ là số thành phố.