KietLW9

$\textbf{Bài toán.}$ Cho dãy số $(a_n)$ được xác định bởi $a_0=3$ và $$a_{n+1}-a_n=n(a_n-1), \forall n \geq 0$$

Tìm tất cả các số nguyên $m \geq 2$ sao cho $gcd(m,a_n)=1$ với mọi $n \geq 0$

$\textbf{Bài toán 42.}$ Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O;R)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $A_1,B_1,C_1$. Trên tia đối của các tia $IA_1,IB_1,IC_1$ lấy các điểm $A_2,B_2,C_2$ sao cho $IA_2=IB_2=IC_2=R$. Chứng minh rằng $AA_2,BB_2,CC_2$ đồng quy tại một điểm trên $(O)$.

$\textbf{Bài toán 34.}$ Cho $\Delta ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh $A$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. $P$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $DP$ cắt $OI$ tại $L$, $PI_a$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Chứng minh $A,L,K$ thẳng hàng

Bài toán này do em phát hiện vào năm lớp 9 (không biết đã có ở đâu hay chưa), lời giải lúc đó của em dùng góc (không phải góc định hướng) và lời giải có vẻ rất trẻ con. Mong là sẽ có lời giải tốt hơn   

$\textbf{Bài toán 4.}$ Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ sao cho $a,b>1$ và $b^a|a^b-1$

$\textbf{Lời giải.}$

$\textbf{Bổ đề.}$ Cho $a,b$ là các số nguyên, $n$ là số nguyên dương và $p$ là số nguyên tố thỏa mãn $(n,p-1)=1$. Khi đó nếu $p|a^n-b^n$ thì $ p|a-b$

Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỉ nhất của $b$

Áp dụng bổ đề cho bài toán trên, ta được: $p|a-1$ do $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $b$ nên $(b,p-1)=1$

Nếu $p$ lẻ thì áp dụng bổ đề LTE, ta được: $v_p(a^b-1)=v_p(a-1)+v_p(b)\geqslant v_p(b^a)=av_p(b)\Rightarrow v_p(b)(a-1)\leq v_p(a-1)$

Mà $v_p(b)(a-1)\geq a-1$ nên $a-1\leq v_p(a-1)$. Đây là một điều hết sức vô lí nên $p=2$

Lúc đó $b$ chẵn và $a$ lẻ

Tiếp tục sử dụng bổ đề LTE cho $p=2$, ta được: $av_2(b)\leq v_2(a^b-1)=v_2(a+1)+v_2(a-1)+v_2(b)-1\Rightarrow a\leq v_2(b)(a-1)+1=v_2(a+1)+v_2(a-1)$

Điều này chỉ xảy ra khi $a=3$. Lúc đó $v_2(b)=1$. Đặt $b=2k$ với $k$ là số nguyên dương lẻ thì ta cần tìm số $k$ sao cho $(2k)^3|3^{2k}-1$

Nếu $k>1$ thì rõ ràng $k$ tồn tại ước nguyên tố lẻ nên gọi $q$ là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của $k$. Khi đó theo bổ đề chứng minh ở trên thì $q|3^{2k}-1\Rightarrow q|9-1=8$. Vô lí do $q$ lẻ

Do đó $k=1$ suy ra $b=2$

Vậy $a=3,b=2$

$\textbf{Bài toán 18.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x+f(y))=f(x+y^{2018})+f(y^{2018}-f(y)), \forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Bài toán 3 (THTT T10/517).}$ Tìm các số nguyên dương $k$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn $$k!=(p^3-1)(p^3-p)(p^3-p^2)$$

$\textbf{Lời giải.}$ Xét $p=2$ thì $k!=168$. Trường hợp này không có số $k$ nào thỏa mãn.

Xét $p>2$ thì $k!=p^3(p-1)^3(p+1)(p^2+p+1)$ nên $v_p(k!)=3$

Mặt khác theo công thức Lengendre thì $v_p(k!)=\sum_{i=1}^{n}\left [ \frac{k}{p^i} \right ]$ với $n$ là số thỏa mãn $p^n\leq k< p^{n+1}$

Nếu $n\geq 2$ thì $k\geq p^2\geq 3p$. Nếu $n=1$ thì $3=\left [ \frac{k}{p} \right ]\Rightarrow k\geq 3p$. Vì thế ta luôn có $k\geq 3p>2(p+1)\Rightarrow (p+1)^2|k!$

$\Rightarrow p+1|p^3(p-1)^3(p^2+p+1)$

Mà $(p+1,p^2+p+1)=1$ nên $p^3(p-1)^3\equiv 0(\text{mod p+1})$

Mà $p^3(p-1)^3\equiv (-1)^3.(-2)^3\equiv 8(\text{mod p+1})\Rightarrow p+1|8$ nên $p=7$ hoặc $p=3$

Hai số này đều không thỏa nên ta kết luận không tồn tại số nguyên dương $k$ và số nguyên tố $p$ thỏa mãn đề bài

$\textbf{Bài toán 2 (THTT T10/516).}$ Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $p,q$ để $\frac{3^q+1}{p^2+1}$ và $\frac{3^p+1}{q^2+1}$ đồng thời là các số nguyên dương

$\textbf{Lời giải.}$ Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $p\leq q$

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $p=2$ khi đó $5|3^q+1$ và $q^2+1|10$ nên dễ dàng tìm được $q=2$

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $p$ là số nguyên tố lẻ thì rõ ràng $p^2+1$ sẽ chứa thừa số nguyên tố lẻ. Gọi $r$ là một ước nguyên tố lẻ của $p^2+1$ thì $3^q+1\equiv 0(\text{mod r})\Rightarrow (-3)^{q}\equiv 1(\text{mod r})$

Gọi $h=ord_r(-3)$ thì $h|q$. Nếu $h=1$ thì ta suy ra vô lí ngay nên $h=q$ (Lưu ý rằng $p^2+1$ không chứa thừa số nguyên tố $3$ nên $(r,3)=1$)

Mà theo định lý Fermat nhỏ ta cũng có được $(-3)^{r-1}\equiv 1(\text{mod r})$ nên $q|r-1$. 

Như vậy mọi ước nguyên tố lẻ của $p^2+1$ đều đồng dư với $1$ theo modulo $q$

Mặt khác $p^2+1=2m$ ($m$ là số nguyên dương lẻ) nên $p^2+1\equiv 2(\text{mod q})\Rightarrow q|(p+1)(p-1)$

Do $p-1<p\leq q$ nên $q|p+1$. Lúc này ta có $p\leq q\leq p+1$ nên $q=p+1$ suy ra q là số nguyên tố chẵn (Vô lí)

Vậy $(p,q)=(2,2)$

$\textbf{Bài toán tương tự.}$ Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $p,q$ để $\frac{(2p^2-1)^q+1}{p+q}$ và $\frac{(2q^2-1)^p+1}{p+q}$ đồng thời là các số nguyên dương

Được anh ạ

$\textbf{Bài toán 1 (Brazil National Olympiad 2009).}$ Cho $p,q$ là các số nguyên tố thỏa mãn $q=2p+1$. Chứng minh rằng tồn tại một bội của $q$ mà tổng các chữ số trong biểu diễn thập phân của nó không vượt quá $3$.

$\textbf{Lời giải.}$

Rõ ràng $q\geq 5$. Xét $q=5$ thì $10$ là bội của $5$ và tổng của các chữ số của $10$ là $1$ (thỏa mãn)

Nếu $q>5$ thì $(q,10)=1$. Áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta được: $10^{q-1}\equiv 1 (\text{mod q})\Rightarrow 10^{2p}\equiv 1 (\text{mod q})\Rightarrow q | (10^p+1)(10^p-1)$

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $q|10^p+1$ thì rõ ràng $10^p+1$ là một bội của $q$ mà tổng các chữ số trong biểu diễn thập phân của nó là $2$ nên bài toán được chứng minh

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $q|10^p-1$. Gọi $h=ord_q(10)$ thì $h=1$ hoặc $h=p$. Rõ ràng $h=1$ vô lí vì nếu $h=1$ thì $q|9$. Do đó $h=p$ hay nói cách khác $p$ là cấp của $10$ theo modulo $q$

Suy ra khi ta đem chia các số $10^1,10^2,...,10^p$ cho $q$ thì chúng sẽ lần lược nhận các số dư phân biệt theo thứ tự là $r_1,r_2,...,r_p$ với $1\leq r_i\leq 2p(i=\overline{1,p})$

Nếu $r_i=p$ thì $2.10^i+1\equiv 2r_i+1=2p+1\equiv 0(\text{mod q})$ nên đây cũng là một bội của $q$ có tổng các chữ số là $3$. Tương tự với $r_i=2p$ thì ta cũng thấy thỏa mãn

Trong trường hợp trong $p$ số trên không có số nào khi chia $q$ có số dư là $p$ hoặc $2p$ thì ta phân hoạch $2p-2$ số dư còn lại trong tập hợp số dư thành $p-1$ tập con như sau $$\left \{ 1,2p-1 \right \},\left \{ 2,2p-2 \right \},...,\left \{ p-1,p+1 \right \}$$

Có $p$ số mà chỉ có $p-1$ tập con nên theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai số $r_i,r_j$ sao cho $r_i+r_j=2p$. Tức là $10^i+10^j+1 \equiv 2p+1\equiv 0(\text{mod q})$. Mà $10^i+10^j+1$ là một số biểu diễn trong hệ thập phân có tổng các chữ số là $3$ nên trường hợp nãy vẫn thỏa mãn

Vậy ta có điều phải chứng minh

Một số bài toán đặc sắc trong PEN

$\textbf{Bài toán 26.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}^{+}\to \mathbb{Q}^{+}$ thỏa mãn \[f \left( x+\frac{y}{x}\right) =f(x)+\frac{f(y)}{f(x)}+2y, \; x,y \in \mathbb{Q}^{+}.\]

$\textbf{Bài toán 27.}$  Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $$f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=3n, \forall n \in \mathbb{N}$$

$\textbf{Bài toán 28.}$  Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $$mf(n)+nf(m)=(m+n)f(m^{2}+n^{2}),\forall m,n \in \mathbb{N}$$

$\textbf{Bài toán 29.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(x+y+z)+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)=3f(x)+3f(y)+3f(z),\forall x,y,z \in \mathbb{Q}$$

$\textbf{Bài toán 15.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}/\left \{ 0 \right \}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x)^2-f(y)f(z)=x(x+y+z)(f(x)+f(y)+f(z))$$ với mọi số thực $x,y,z$ và $xyz=1$

$\textbf{Bài toán 13.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(2xy+\frac{1}{2})+f(x-y)=4f(x)f(y)+\frac{1}{2}, \forall x,y \in \mathbb{Q}$$

$\textbf{Bài toán 14.}$ Cho $f$ là hàm số $\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn $$f(x+y)=f(x)+f(y)+xy, \forall x,y \in \mathbb{Z}$$. Biết rằng $f(23)=0$. Tính $f(35)$.

$\textbf{Bài toán 15.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $$2bf(f(a^2)+a)=f(a+1)f(2ab), \forall a,b \in \mathbb{Z}^+$$

$\textbf{Bài toán 16.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $$f(a+b)=f(a)+f(b)+f(c)+f(d), \forall a,b,c,d \in \mathbb{Z}^+, c^2+d^2=2ab$$

$\textbf{Bài toán 17.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $$(f(a)+b)f(a+f(b))=(a+f(b))^2, \forall a,b \in \mathbb{Z}^+$$

$\textbf{Bài toán 18.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(x)f(y+1)=f(xf(y))+f(x),\forall x,y \in \mathbb{Q}$$

$\textbf{Bài toán 12.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f(x)f(y)=f(y)f(xf(y))+\frac{1}{xy},\forall x,y \in \mathbb{R}^+$$

$\textbf{Lời giải.}$ Phương trình hàm trên được viết dưới dạng $$f(x)=f(xf(y))+\frac{1}{xyf(y)}$$

Từ đây suy ra $f(x)-f(xf(y)f(z))=f(x)-f(xf(y))+f(xf(y))-f(xf(y)f(z))=\frac{1}{xyf(y)}+\frac{1}{xzf(z)f(y)}(*)$

Hoán đổi vai trò của $y,z$ trong $(*)$ thì ta được: $f(x)-f(xf(y)f(z))=\frac{1}{xzf(z)}+\frac{1}{xyf(y)f(z)}$

Như thế ta được: $\frac{1}{xzf(z)}+\frac{1}{xyf(y)f(z)}=\frac{1}{xyf(y)}+\frac{1}{xzf(z)f(y)}$

$\Rightarrow y(f(y)-1)=z(f(z)-1)=c\Rightarrow f(x)=\frac{c}{x}+1$

Thay $x=y=1$ vào phương trình ban đầu tìm được $c=1$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=\frac{1}{x}+1,\forall x \in \mathbb{R}}$

$\textbf{Bài toán 11.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(x)f(y+1)=f(xf(y))+f(x),\forall x,y \in \mathbb{Q}$$

$\textbf{Lời giải.}$

Kí hiệu $Q_+$ chỉ tập hợp các số hữu tỉ không âm và $P(x,y)$ là phép thế xác định trong phương trình hàm $$f(x)f(y+1)=f(xf(y))+f(x),\forall x,y \in \mathbb{Q}$$

$P(0,x)\rightarrow f(0)f(x+1)=2f(0)$. Nếu $f(0)\neq 0$ thì $\boxed{f \equiv 2}$ (thỏa mãn)

Xét trường hợp $f(0)=0$ thì $P(x,0)\rightarrow f(x)f(1)=f(x)$. Rõ ràng $\boxed{f\equiv 0}$ là một nghiệm nên ta chỉ cần quan tâm đến trường hợp $f(1)=1$

$P(1,y)\rightarrow f(y+1)=f(f(y))+1(1)$. Dùng phương pháp quy nạp ta sẽ được $f(n)=n,\forall n \in \mathbb{N}$

$P(x,n)\rightarrow nf(x)=f(nx), \forall x \in \mathbb{Q}, n \in \mathbb{N}$

Đặt $x=\frac{p}{q}(q,p \in \mathbb{N}, q \neq 0)$ thì $f(qx)=f(p)=qf(x)\Rightarrow qf(x)=p\Rightarrow f(x)=x, \forall x \in \mathbb{Q}_+$

Sử dụng $(1)$ ta có $f(f(-1))=-1$

$P(f(-1),-1)\rightarrow f(f(-1)^2)=1\Rightarrow f(-1)^2=1$ do $f(-1)^2\geq 0$

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $f(-1)=1$ 

$P(x,-1)\rightarrow f\equiv 0$

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $f(-1)=-1$ 

$P(x,-1)\rightarrow f(-x)+f(x)=0$ nên $f$ là hàm lẻ. Tới đây ta suy ra $\boxed{f(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q}}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy có ba hàm thỏa mãn đề bài là $\boxed{f\equiv 0,f\equiv 2,f(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q}}$