Zz Isaac Newton Zz

Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2017 - 2018

Bài 1. Cho dãy số: $a_{0}, a_{1}, a_{2}, ...$ thỏa mãn: $a_{m+n}+a_{m-n}=\frac{1}{2}\left ( a_{2m}+a_{2n} \right ),$ với mọi số nguyên không âm $m, n$ và $m\geq n.$ Nếu $a_{1}=1,$ hãy xác định: $a_{2017}.$ 

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(n^{2})=f(n+m).f(n-m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$

Bài 3. Tam giác $ABC$ nhọn có $H$ là trực tâm và $P$ là điểm di động bên trong tam giác sao cho $\widehat{BPC}=\widehat{BHC}.$ Đường thẳng qua $B$ và vuông góc với $AB$ cắt $PC$ tại $M,$ đường thẳng qua $C$ và vuông góc với $AC$ cắt $PB$ tại $N.$ Chứng minh rằng: trung điểm $I$ của $MN$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 4. Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ có các hệ số nguyên thỏa mãn $P(2017)=1,$  $3^{n}-1$ chia hết cho $P(n)$ với mọi số nguyên dương $n.$

Bài 5. Chứng minh rằng: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

*Đề thi có tham khảo ở link sau: http://olympictoanho...-2017-2018.html

1. Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $6k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2+3 \vdots p$
2. Nếu $p$ là số nguyên tố dạng $6k+5$ thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^2+3 \vdots p$
Thầy mình bảo giải 2 bài này bằng phương trình đồng dư.

1. Nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+1$ thì $p\equiv 1($$mod$ $6)$$\Rightarrow$ $p\equiv 1($$mod$ $3),$ vậy bài toán đã trở về chứng minh rằng: nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$ Mà dễ thấy $p\neq 3$ nên

Bây giờ ta sẽ chứng minh một điều ngược lại là: Nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+2$ thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$

Giả sử tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$$\vdots$ $p$ hay $x^{2}+3\equiv0$$($$mod$$p)$$\Rightarrow x^{2}\equiv -3$$($$mod$ $p)$ $\Rightarrow \left ( \frac{-3}{p} \right )=1.$

Theo định lý tiêu chuẩn $Euler$ ta có: $1=\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right )\left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{3}{p} \right ).$

Theo luật tương hỗ $Gauss$ ta có: $\left ( \frac{3}{p} \right )\left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{(3-1)(p-1)}{4}}=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\Rightarrow \left ( \frac{3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{p}{3} \right ).$

Từ đây ta suy ra: $1=\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( -1 \right )^{\frac{p-1}{2}}\left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{p-1}\left ( \frac{p}{3} \right )$      ($*$)

Mà  $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+2$ nên $p\equiv 2($$mod$ $3)$$\Rightarrow \left ( \frac{p}{3} \right )=\left ( \frac{2}{3} \right )=\left ( -1 \right )^{\frac{3^{2}-1}{8}}=-1,$ từ đây thay vào ($*$) ta được: $1=\left ( -1 \right )^{p-1}\left ( -1 \right )=\left ( -1 \right )^{p}=-1,$ điều này vô lý nên suy ra điều phải chứng minh. Hay nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $3k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$ Vậy nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+1$ thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$

2. Nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+5$ thì $p\equiv 2($$mod$ $3),$ mà theo câu 1. thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$ Vậy từ đây suy ra, nếu $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+5$ thì không tồn tại số nguyên $x$ sao cho $x^{2}+3$ $\vdots$ $p.$

Cho $p,q,r$ là các số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương thỏa mãn

                                      $p^{n}+q^{n}=r^{2}$

Chứng minh: $n=1$.

Trước hết ta có thể giả sử $q=2$

* Nếu $n$ là số nguyên dương lẻ thì ta có: $p^{n}+2^{n}=\left ( p+2 \right )\left ( \frac{p^{n}+2^{n}}{p+2} \right )=r^{2},$ mà do $r$ là số nguyên tố nên ta phải có: $p+2=\frac{p^{n}+2^{n}}{p+2}=r.$

Nếu $n$ là số lẻ và $n\geq 3$ thì ta có: $\frac{p^{n}+2^{n}}{p+2}> p+2, $ từ đây ta dẫn đến một điều vô lý. Do đó, ta phải có: $n=1.$

* Nếu $n$ là số chẵn, đặt $n=2k, k\in \mathbb{Z}^{+}$ thì từ đây ta có: $\left ( p^{k} \right )^{2}+\left ( 2^{k} \right )^{2}=r^{2},$ mà dễ thấy $p, r$ phải phân biệt nên đây là bộ ba $Phythagore$ nên tồn tại $x, y: \left ( x, y \right )=1$ và $x, y$ khác tính chẵn lẻ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} p^{k}=2xy & & \\ 2^{k}=x^{2}-y^{2} & & \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} 2^{k}=2xy & & \\ p^{k}=x^{2}-y^{2} & & \end{matrix}\right.$ Mà $p$ là số nguyên tố nên trường hợp này không xảy ra.

Vậy ta phải có: $n=1.$

Cho $m\geq n$ là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng số các toàn ánh $f:\left \{ 1, 2, 3, ..., m \right \}\rightarrow \left \{ 1, 2, 3, ..., n \right \}$ bằng $\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\binom{n}{k}(n-k)^{m}.$

Cho $(x_n):x_1=a(a \geq 2);x_n=(x_{n-1}^2)-2$ và $b_n= \frac{1}{x_1}+ \frac{1}{x_1x_2}+..+ \frac{1}{x_1x_2...x_n}.$

Tìm $\lim b_n.$

Với mọi $n=1, 2, 3, ...$ ta có: $x_{n}=x_{n-1}^{2}-2\Leftrightarrow x_{n+1}=x_{n}^{2}-2\Leftrightarrow x_{n+1}^{2}-4=\left ( x_{n}^{2}-2 \right )^{2}-4=x_{n}^{4}-4x_{n}^{2}=x_{n}^{2}\left ( x_{n}^{2}-2 \right )=x_{n}^{2}x_{n-1}^{2}\left ( x_{n-1}^{2}-4 \right )=...=x_{n}^{2}x_{n-1}^{2}...x_{2}^{2}x_{1}^{2}\left ( x_{1}^{2}-4 \right )=\left ( x_{1}x_{_{2}}...x_{n} \right )^{2}.\left ( a^{2}-4 \right )$ $\Leftrightarrow \left ( \frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right )^{2}=a^{2}-4+\frac{4}{\left ( x_{1}x_{2}...x_{n} \right )^{2}}.$

Mặt khác vì: $x_{1}=a\geq 2\Rightarrow x_{n}\geq 2, \forall n=1, 2, 3, ....$ Do đó: $x_{1}x_{2}....x_{_{n}}> 2^{n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}.$ Bởi vậy: $0< \frac{4}{\left ( x_{1}x_{_{2}}...x_{n} \right )^{2}}< \frac{4}{2^{2n}}, \forall n=1, 2, 3, ...$ nên theo nguyên lý kẹp ta có: $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{4}{\left ( x_{1}x_{2}...x_{n} \right )^{2}}=0,$ từ đây suy ra: $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}}=\sqrt{a^{2}-4}.$      (1)

Mà ta lại có: $\frac{1}{x_{1}x_{_{2}}...x_{n}}=\frac{2}{2x_{1}x_{2}...x_{n}}=\frac{x_{n}^{2}-x_{n+1}}{2x_{1}x_{2}...x_{_{n}}}=\frac{1}{2}\left ( \frac{x_{n}}{x_{1}x_{2}...x_{n-1}}-\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right ),$ từ đây ta có: $b_{n}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{1}x_{2}}+...+\frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}}=\frac{1}{x_{1}}+\left ( \frac{1}{x_{1}x_{2}}+...+\frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right )=\frac{1}{a}+\frac{1}{2}\left [ \left ( \frac{x_{2}}{x_{1}}-\frac{x_{3}}{x_{1}x_{2}} \right )+...+\left ( \frac{x_{n}}{x_{1}x_{_{2}}...x_{n-1}}-\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{n}} \right ) \right ]=\frac{1}{a}+\frac{x_{2}}{2x_{_{1}}}-\frac{x_{n+1}}{x_{1}x_{2}...x_{_{n}}}=\frac{1}{a}+\frac{a^{2}-2}{2a}-\frac{x_{n+1}}{2x_{1}x_{2}...x_{n}}.$

Từ đây sử dụng (1) ta có: $\lim_{n\rightarrow +\infty }b_{_{n}}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\left ( \frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{1}x_{2}}+...+\frac{1}{x_{1}x_{2}...x_{n}}\right )=\frac{1}{a}+\frac{a^{^{2}}-2}{2a}-\frac{\sqrt{a^{2}-4}}{2}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}.$

Cho số nguyên tố $p> 3$ và hai số nguyên dương $n, k.$ Chứng minh rằng: $\binom{pn}{pk}\equiv \binom{n}{k}$ $(mod$ $Q ),$ với $Q=p^{m}$ và trong đó: $m=3+v_{p}\left ( nk(n-k)\binom{n}{k} \right ).$

Dùng kĩ thuật $Cauchy$ ngược dấu nha bạn...

Chứng minh rằng với mọi số nguyên $k\geq 2$ thì phương trình: $\frac{1}{10^{n}}=\frac{1}{n_{1}!}+\frac{1}{n_{2}!}+ ...+\frac{1}{n_{k}!}$ không có nghiệm nguyên thỏa mãn $1\leq n_{1}< n_{2}< ...< n_{k}.$

Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng: $-3.\frac{2^{p-1}-1}{p}\equiv \sum_{k=1}^{\begin{bmatrix} \frac{p}{4} \end{bmatrix}}\frac{1}{k}$ $(mod$ $p).$

Tìm tất cả các hàm số$\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn:$f(m+n)+f(mn-1)=f(m)f(n)+2$ (1)

Nếu $f(n)=C,$ với $C$ là hằng số thì thế vào (1) ta được: $2C=C^{2}+2,$ phương trình này vô nghiệm, vậy suy ra $f$ không phải là hàm hằng.

Từ (1), thế $m=0$ ta được: $f(n)+f(-1)=f(0).f(n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}.$

$\Leftrightarrow \left [ f(0)-1 \right ].f(n)=f(-1)-2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (2)

Nếu $f(0)-1\neq 0$ thì từ (2) suy ra $f$ là hàm hằng, vô lý.

Vậy $f(0)=1$ và $f(-1)=2.$

Từ (1) thế $m=-1$ ta được: $f(n-1)+f(-n-1)=2f(n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (3).

Từ (3) thế $n$ bởi $-n$ ta được: $f(-n-1)+f(n-1)=2f(-n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (4).

Từ (3) và (4) suy ra: $f(n)=f(-n), \forall n\in \mathbb{Z}$ và (3) trở thành:

$f(n-1)+f(n+1)=2f(n)+2, \forall n\in \mathbb{Z}$ (5).

Xét dãy số $\left ( x_{n} \right )_{n=0}^{+\infty }$ như sau: $x_{n}=f(n), \forall n=0, 1, 2, ...$

Từ (5) ta có: $x_{n+1}+x_{n-1}=2x_{n}+2, \forall n\in \mathbb{N}.$

Giải phương trình này ta được: $x_{n}=n^{2}+1\Rightarrow f(n)=n^{2}+1, \forall n\in \mathbb{N}.$

Do $f$ là hàm chẵn trên $\mathbb{Z}$ nên ta suy ra: $f(n)=n^{2}+1, \forall n\in \mathbb{Z}.$

Thử lại thấy thỏa mãn.

 

Bài này là đề thi học sinh giỏi hay đề anh chế vậy.Căng não cả buổi trời mới ra.

 

Trước hết , để làm được bài này ta có các bổ đề sau:

 

(1) $(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\geq abc(a+b+c)$

 

(2) $\frac{1}{a+b+c}\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

 

(3) $\frac{1}{a+b+c+d}\leq \frac{1}{16}\sum \frac{1}{a}$

 

(4) $\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}\leq \frac{1}{abc}$

 

Những bđt này các bạn có thể tìm cách chứng minh trên mạng.

 

Quay lại bài toán.

 

Từ gt => 

 

$(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}=3(abc)^{2}$

Bằng cách sử dụng (1) , ta được:

$3(abc)^{2}\geq abc(a+b+c)$

=> $3abc\geq a+b+c$

Ta có: P = $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})$ (theo (3))

Ta cần cm $\frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}) \leq \frac{3}{4}$

<=> $\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq 1$

<=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

Ta sẽ cm bất đẳng thức trên. Thật vậy, ta có:

$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}$ (Cauchy-Schwarz)

. $\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}=\sum \frac{1}{(a^{3}+b^{3}+abc)+3ab(a+b)}\leq \frac{1}{9}(\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}+\sum \frac{4}{3ab(a+b)})$(theo (2)) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3(a+b)}.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{2})$ (Theo (4) và bđt AM-GM) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)^{2}}{3(a+b)(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)}{3(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3ab}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{a}(\frac{1}{3ab}+\frac{1}{3ca}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}+3-3))=\frac{1}{9}(1+\frac{1}{3abc})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{ab+bc+ca}{abc})\leq \frac{3abc}{27abc}\frac{\sqrt{3.((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2})}}{abc}=\frac{1}{9}\frac{\sqrt{3.3(abc)^{2}}}{abc}=\frac{1}{3}$

=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}\leq 3.\frac{1}{3}=1$

=>$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

=> Bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

=> Đpcm.

 

Bài này anh chỉ sưu tầm đề thôi em, anh làm như thế này, không biết có ổn không, em xem thử...

Ta có: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3\geq \frac{3}{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}\Leftrightarrow abc\geq 1.$

Từ đây: $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+1}}=\sum \frac{\sqrt{(a+b)^{3}+1}-1}{(a+b)^{3}}=\sum \frac{\sqrt{(a+b+1)\left ( (a+b)^{2}-(a+b)+1 \right )}-1}{(a+b)^{3}}\leq \sum \frac{(a+b)+1+(a+b)^{2}-(a+b)+1-2}{2(a+b)^{3}}=\sum \frac{1}{2(a+b)}$$\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a})=\frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq \frac{1}{4}.\sqrt{3\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )}=\frac{3}{4}.$

Bài 2 dùng bất đẳng thức $Minkowski$ và bất đẳng thức $Cauchy$ là xong.

Đây nha bạn...

 

$\mathcal{P}(x,1)\rightarrow f(x)\ge f(x+1),\ \forall x\ \ \ (1)$

$\mathcal{P}(x,0)\rightarrow f(0)=\max\left \{ f(x),f(x).f(0) \right \}\ \ \ (2)$

$\bullet\ \boxed{\text{TH1:}\ f(0)=0}$

$\mathcal{P}(x,-x)\rightarrow f(-x^2)=\max\left \{ 0,f(x).f(-x)\right \}\ \ (3)$

từ đây ta có

$f(x)\ge 0,\ \forall x\le 0\ \ \ (4)$

tới đây ta xét $3$ tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$ là

$\left\{\begin{matrix}f(x)>0,\forall x \in \mathcal{A} \\f(x)<0,\forall x \in \mathcal{B} \\ f(x)=0,\forall x \in \mathcal{C} \end{matrix}\right.$

tới đây ta xem $a,b,c$ lần lượt là các phần tử thuộc các tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$

ta giả sử $\left | \mathcal{C} \right |=1$ tức là tập $\mathcal{C}$ chỉ có duy nhất phần tử là $0$

$(4)\Rightarrow f(x)>0,\ \ \forall x<0$

mà từ $(2)$ ta có

$0=f(0)\ge f(x),\ \ \forall x$

từ 2 điều trên ta có mâu thuẫn do đó $\left | \mathcal{C} \right |>1$

$\mathcal{P}(x,c)\rightarrow f(xc)=\max \left \{ f(x+c),0\right \}$

do đó $f(xc)\ge 0,\ \forall x$ và ta có thể chọn $x$ cùng với $c\neq 0$ nên 

$f(x)\ge 0,\ \ \forall x\Rightarrow \mathcal{B}=\varnothing$

từ $(1)$ ta có $0=f(0)\ge f(1)\ge 0\rightarrow f(1)=0$

với $x\neq 0$ ta chọn

$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow 0=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$

từ đây ta có được $f\left ( x+\frac{1}{x}\right )=0$ tức là

$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{C},\ \forall x\neq 0$

tới đây vì $x+\frac{1}{x}\ge 2$ nên $\forall y:\left | y \right |\ge 2\rightarrow \exists x_0:y=x_0+\frac{1}{x_0}$ do đó

$\forall x:\left | x \right |\ge 2\rightarrow x\in \mathcal{C}$

từ đây với giả thiết đầu bài ta cố định $x$ và chọn $y$ đủ lớn sao cho $\left\{\begin{matrix} \left | x+y \right |\ge 2\\\left | xy \right |\ge 2 \end{matrix}\right.$ nên 

$f(xy)=\max\left \{ f(x+y),f(x).f(y)\right \}=\max\left \{ 0,0 \right \}=0$

từ đây với mỗi $x$  cố định ta đều có thể chọn $y$ mà $f(xy)=0$ nên ta có thể suy ra 

$f(x)=0,\ \ \forall x$

$\bullet\ \boxed{\text{TH2:}\ f(0)\neq 0}$

với trường hợp này từ $(2)$ ta suy ra tập giá trị của hàm $f$ là $1$ hoặc $f(0)$

nếu $f(0)=1$ thì không còn gì để nói nên ta xét với $f(0)\neq 1$

mà $\mathcal{P}(0,0)\rightarrow f(0)\ge f(0)^2\Rightarrow f(0)\le 1$ nên $f(0)<1$

tới đây ý tưởng cũng như trên ta xét hai tập $\mathcal{D},\mathcal{E}$ là

$\left\{\begin{matrix} f(x)=1,\forall x\in \mathcal{D}\\ f(x)=f(0),\forall x\in \mathcal{E} \end{matrix}\right.$

từ $(1)$ ta có $f(0)\ge f(1)$ mà ta thấy không còn giá trị nào của hàm $f$ bé hơn $f(0)$ nên $f(1)=f(0)$

tới đây thì tương tự như trên là

$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow f(0)=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$

từ đây ta có được

$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{E},\ \forall x\neq 0$

tới đây phần còn lại giải quyết hoàn toàn tương tự như trên

và đáp số bài toán là $f(x)\equiv C,\ \ \forall C<1$

Spoiler

bài toán thú vị thật và có vẻ cách mình khá dài

 

Cách làm của anh ảo diệu thật, em làm như thế này, không biết có ổn không, mong anh chỉ giáo,...

Trong (1) lấy $x=0$ ta được: $f(0)=max\left \{ f(y), f(0).f(y) \right \}, \forall y\in \mathbb{R}$ (2)

Từ (2) lấy $y=0$ ta được: $f(0)=max\left \{ f(0), f^{2}(0) \right \}$  $\Rightarrow f(0)\geq f^{2}(0)\Leftrightarrow 0\leq f(0)\leq 1.$

Giả sử $\exists y\in \mathbb{R}$ sao cho $f(y)< 0,$ khi đó ta có: $f(y)\leq f(0).f(y),$ từ đây kết hợp với (2) suy ra: $f(0)=f(0).f(y)\Leftrightarrow f(0).(f(y)-1)=0\Leftrightarrow f(0)=0.$

Vậy (2) trở thành $0=max\left \{ f(y), 0 \right \}, \forall y\in \mathbb{R}\Rightarrow f(y)\leq 0, \forall y\in \mathbb{R}.$

*Nếu $\exists y\in \mathbb{R}:f(y)< 0$ thì $f(x)\leq 0, \forall x\in \mathbb{R}.$ Do đó theo (1) suy ra: $f(x)=max\left \{ f(x+1), f(x).f(1) \right \}= f(x).f(1)\geq 0, \forall x\in \mathbb{R}.$

Do đó: $f(x)=0=f(0), \forall x\in \mathbb{R}.$

*Nếu $f(y)\geq 0, \forall y\in \mathbb{R}$ thì $f(y)\geq f(0).f(y), \forall y\in \mathbb{R}.$ Do đó (2) trở thành $f(y)=f(0), \forall y\in \mathbb{R}.$

Vậy từ đây cho ta: $f(x)=C, \forall x\in \mathbb{R}$ và $C$ là hằng số. Thay vào (1) ta được: $C=max\left \{ C, C^{2} \right \}\Rightarrow C\geq C^{2}\Leftrightarrow C\in \left [ 0, 1 \right ].$

Hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $f(x)=C, \forall x\in \mathbb{R}$ và $C\in \left [ 0, 1 \right ]$ là hằng số.

Cho tập $S$ có $n$ phần tử và $F=\left \{ A_{1}, A_{2}, ..., A_{m} \right \}$ là các tập con gồm $k$ phần tử của $S,$ $k\leq \frac{n}{2}$ sao cho $\forall i, j\in \left \{ 1, 2, ..., k \right \}; i\neq j$ thì $\begin{vmatrix} A_{i}\cap A_{j} \end{vmatrix} \geq 1.$ Chứng minh rằng: $m\leq C_{n-1}^{k-1}.$