Nguyen Van Luc

Ai cho xin lời giải câu 2 với!

Câu V:

$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y)$ $(1)$

Đặt $G(x)=x-f(x)\implies f(x)=x-G(x)$ suy ra $(1)\iff 2yG(x)-G(y^2)=G^2(x-y)-2(x-y)G(x-y)$ $(2)$

 

Làm sao mà rút gọn được thế bạn?

Câu 4,

a, gọi độ dài 2 cạnh còn lại là $x$ và $y$ do độ dài cạnh lớn nhất là 1000, nên ta có $x+y >1000 $

do đó tồn tại 1 cạnh lớn hơn 500,
TH1: $x,y \geq 501$, khi đó có $C^2_{500}$ cách chọn bộ số $x,y \in {501;...1000}

TH2: $x \geq 501, y \leq 500$  khi đó,

$y=1, x=1000$

$y=2, x=1000,999$

....

$y=500, x=1000;999;...;501$

trường hợp này có $1+2+3+...+500 = \frac{500.501}{2}$ cách chọn.

Tổng lại có đáp số là $500^2$ cách.

b, với $n=2$, ta có $S_1+S_2>1$ và $S_1,S_2<1$. Do 2 đường tròn ko khép kín được hình vuông nên chúng chắc chắn phải giao nhau. Điểm thuộc khoảng giao nhau đó là điểm cần tìm.

với $n \geq 3$, ta chứng minh giao điểm hai đường chéo luôn là điểm thỏa mãn.

Gọi giao điểm 2 đường chéo là $O$.

Do các đường tròn đều nằm trong hình vuông nên hình tròn lớn nhất không chứa điểm $O$ (ko kể đường tròn) là hình tròn có đường tròn đi qua $O$ và tiếp xúc với 2 cạnh của hình vuông (mọi hình tròn có bán kính lớn hơn sẽ đều chứa $O$). Bán kính hình tròn này là $R$, ta có $R+R\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}  \Leftrightarrow  R=\frac{1}{\sqrt{2}(\sqrt{2}+1)}$

Diện tích hình tròn này là $S_{min}=\pi.R^2=\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$

Gọi diện tích các hình tròn là $S_1,S_2,...S_n$, giả sử $S_1=min{S_1,...,S_n}$

Ta chứng minh $S_1>\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$,( tức là khi đó, $S_1$ chứa điểm $O$)

Do tất cả các đường tròn nằm trong hình vuông nên bán kính mỗi đường tròn luôn nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{2}$.

Tức là $S_i \leq \pi.\frac{1}{2}^2=\pi/4 \forall i=2,..n$ 

Khi đó, $S_1 \geq (n-1)-(n-1).\frac{\pi}{4}=\frac{(n-1)(4-\pi)}{4} \geq \frac{(3-1)(4-\pi)}{4}>S_{min}$

Suy ra, $S_1$ chứa điểm $O$, suy ra các $S_i, i=2,...,n$ có diện tích lớn hơn $S_1$ sẽ đều chứa $O$.

Vậy điểm $O$ là điểm cần tìm trong trường hợp $n>2$
Vậy ta có điều phải chứng minh.

~~~~~

lời giải câu b là một lời giải đáng phải tính nhẩm.

Bài 5 theo 1 hướng khác. Dễ thấy $P(x)=c\$ không thoả mãn.

$(x^2-6x+8)P(x)-(x^2+2x)P(x-2)=6x^2-12x,  (1)$
Thay $x=0$ vào $(1)$ ta được $P(0)=0$.

Nên $P(x)$ được tách dưới dạng $P(x)=x.Q(x)$ trong đó $Q(x)$ là 1 đa thức hệ số thực.

Thay vào $(1)$ ta được:

$(x-4)Q(x)-(x+2)Q(x-2)=6$

$ \Leftrightarrow  (x-4)Q(x)+x-4=(x+2)Q(x-2)+x+2 \forall x \in \mathbb{R}$

Suy ra $(x-4)Q(x)+x-4=c \Leftrightarrow Q(x)=\frac{c}{x-4}-1$Do $Q(x) $ là đa thức hệ số thực nên $(x-4)|c \forall c \Leftrightarrow c=0 $

Từ đó có  $P(x)=-x$

ai chữa giúp mình bài 6b với.