Hoang72

Ta gọi một cách điền "rất đẹp" nếu như đó là cách điền đẹp và có hai ô cuối cùng có số giống nhau.

Thế thì gọi $b_n$ là số cách điền "rất đẹp".

+) Tính $a_{n+1}$: Với mỗi cách điền $n$ ô trước là "đẹp" nhưng không phải "rất đẹp" ta có $2$ cách điền ô thứ $n+1$. Đồng thời với mỗi cách điền $n$ ô trước "không đẹp" ta có duy nhát $1$ cách điền ô thứ $n=1$. Do đó $a_{n+1} = 2a_n - b_n$.

+) Tính $b_{n+1}$: Giả sử ô thứ $n$ và $n+1$ đều là $0$. Thế thì ô thứ $n-1$ là $1$, và số cách điền lúc này chính là số cách điền $n-2$ ô đầu tiên có hai vị trí cuối không cùng bằng $1$, và bằng $a_{n-2} - \frac{b_{n-2}}{2}$.

Suy ra $b_{n+1} = 2a_{n-2} - b_{n-2}$.

Kết hợp lại ta có công thức truy hồi: $\begin{cases} a_{n+1} = 2a_n - b_n \\ b_{n+1} = 2a_{n-2} - b_{n-2}\end{cases}$

$\Rightarrow b_n = 2a_n - a_{n+1},\forall n\geq 1\Rightarrow 2a_{n+1} - a_{n+2} = 2a_{n-2} - 2a_{n-2} + a_{n-1},\forall n\geq 3$

$\Rightarrow a_{n+2} = 2a_{n+1} - a_{n-1},\forall n\geq 3$.

Tính được: $a_1 = 2, a_2 = 4, a_3 = 6, a_4 = 10$. Do đó ta có $a_{n+3} = 2a_{n+2} - a_n,\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ đây dễ dàng tìm được CTTQ của $(a_n)$.

Hình như bạn trên bị ngộ nhận.

Dựng $X'$ sao cho $\overline{OX}.\overline{OX'} = OB^2$, và tương tự dựng $Y',Z'$.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, $M,N,P$ theo thứ tự là trung điểm $BC,CA,AB$.

Ta có $\overline{OX}.\overline{OX'} = \overline{OM}.\overline{OA'}\Rightarrow \frac{\overline{OX'}}{\overline{OM}} = \frac{\overline{OA'}}{\overline{OX}} = k$

$\Rightarrow \frac{\overline{OX'}}{\overline{AH}} = \frac{k}{2}$.

Tương tự ta có $\frac{\overline{OY'}}{\overline{BH}} = \frac{\overline{OZ'}}{\overline{CH}} = \frac{k}{2}$.

Do đó lấy $I$ thuộc $OH$ sao cho $\frac{\overline{OI}}{\overline{HI}} = \frac{-k}{2}$ thì $AX',BY',CZ'$ đồng quy tại $I$.

Bây giờ ta chứng minh $AX,AX'$ đẳng giác là được. Thật vậy, do $OA^2 = \overline{OX} . \overline{OX'}$ nên $AO$ là tiếp tuyến của $AXX'$

$\Rightarrow (XA,XX')\equiv (AO, AX')\pmod \pi\Rightarrow (XA,AH)\equiv (AO,AX')\pmod \pi$.

Mà $AO,AH$ đẳng giác nên $AX,AX'$ đẳng giác. (đpcm)

Mọi người cũng chứng minh những phần quan trọng nhắt của bài toán rồi. Em xin dứt điếm phần cuối:
Nhận xét: Cho $a \in \mathbb{N}^*$, và $n=a^2+k$, với
$k \in \mathbb{N}, k<2 a+1$. Khi đó $\lceil\sqrt{n}\rfloor=a \Leftrightarrow k \leq a$.

Đặt $c = \dfrac{1}{(x_{n+1}+1)^2(\sqrt{x_n+2}+2)}(x_n-2)$ ($ c \in (0;1)$  )

Đoạn này $c$ phải là hằng số nên phải đặt $c = \frac{1}{2}$ thì $|x_{n+1} - 2| < \frac{1}{2}|x_n-2|$. 

Ta có $x_{n+1}^3 - x_{n+1}  = \sqrt{x_n+2}$

$\to x_n = x_{n+1}^6 - 6x_{n+1}^7 + 9x_{n+1}^2 - 2$

Xét hàm $f(x) = x^6 - 6x^7  + 9x^2 - 2$ ta có 

$f'(x) = -42x^6 + 6x^5 + 18x$

$=(6x^5 - 6x^6) + (18x - 18x^6) - 18x^6$

$=6x^5(1-x) + 18x(1-x^5) - 18x^6$

Hàm $f$ nghịch biến với mọi $x > 1$

Với $x_n > 1$ thì dãy $x_n$ giảm

Đoạn này chưa đúng. Chẳng hạn giả sử $x_1 < x_2$. Ta có $f(x_2) = x_1 < x_2 = f(x_3)$. Mà $f$ nghịch biến nên $x_2 > x_3$, tức dãy cứ tăng, giảm, tăng, giảm,...

Bài này hình như có cách nhanh hơn là xét $(x_{n+1} - 2)(x_{n+1}+1)^2 = \frac{x_n-2}{\sqrt{x_n+2} + 2}\Rightarrow |x_{n+1}-2| < c|x_n-2|$, trong đó $c$ là hằng số nhỏ hơn $1$

$\Rightarrow \lim x_n - 2 = 0$.

Em cảm ơn tất cả mọi người ạ . Kết quả VMO vừa rồi khiến em rất bất ngờ. 

Diễn đàn là nơi em đã học hỏi được nhiều thứ, được tiếp cận với nhiều kiến thức mới và gặp được các anh chị rất giỏi. Chỉ hơi buồn vì diễn đàn hiện nay có khá ít bạn tham gia.

Đặt $\mathcal{I} = \{f(y) - y| y\in\mathbb R\}$.

Khi đó ta có: $f(x^2 + y) = f^2(x),\forall x\in\mathbb R, y\in \mathcal{I}$.

Suy ra $|f(x)| = |f(-x)|,\forall x\in\mathbb R$.

Xét 2 trường hợp:

$\bullet$ $\mathcal{I}$ bị chặn dưới bởi số $c$ nào đó: Thế thì $f(x)\geq x+c,\forall x\in\mathbb R$.

Giả sử $\mathcal{I}$ có ít nhất hai phần tử $i_1<i_2$

$\Rightarrow f(x^2 + i_1) = f(x^2+i_2)$

$\Rightarrow f(x) = f(x + |i_2-i_1|),\forall x\geq i_1$

$\Rightarrow f(x) = f(x + n|i_2-i_1|),\forall x\geq i_1,n\in\mathbb N^*$.

Tuy nhiên vì $f(x + n|i_2-i_1|) \geq x + n|i_2-i_1|$ nên cho $n\to+\infty$ ta có điều vô lí.

Dẫn tới $|\mathcal{I}|=1$. Thay lại ta có $f(x)=x,\forall x\in\mathbb R$.

$\bullet$ $\inf \mathcal{I} = -\infty$: Vì $f(x^2+y) = f^2(x)\geq 0,\forall x\in\mathbb R,y\in\mathcal {I}$ nên từ đây suy ra $f(x)\geq 0,\forall x\in\mathbb R$.

Do đó $f$ là hàm chẵn.

Thay $y$ bởi $-y$ vào giả thiết ta có $f(x^2 + f(y) + y) =f^2(x),\forall x,y\in\mathbb R$

$\Rightarrow f(x^2 + f(y) - y) = f(x^2 + f(y) + y),\forall x,y\in\mathbb R$

$\Rightarrow f(x) = f(x+2y),\forall x\geq f(y) - y$. $(*)$

Giả sử có $a<b$ mà $f(a) \neq f(b)$.

Ta lấy được $y_0,y_1\in\mathcal{I}$ mà $y_0 < y_1 < a < b$. 

Ta có $f(x^2 + y_0) = f(x^2 + y_1),\forall x\in\mathbb R\Rightarrow f(x) = f(x + y_1 - y_0),\forall x \geq y_0$

$\Rightarrow f(x) = f(x + n|y_1-y_0|),\forall x\geq y_0,n\in\mathbb N$

Lấy $n$ đủ lớn sao cho $n|y_1-y_0| + a > f\left(\frac{b-a}{2}\right) - \frac{b-a}{2}$.

Từ $(*)$, cho $x = n|y_1-y_0| + a, y = \frac{b-a}{2}$ ta có $f(a + n|y_1-y_0|) = f(b + n|y_1-y_0|)$

$\Rightarrow f(a) = f(b)$, mâu thuẫn. Như vậy $f$ là hằng.

Vậy...

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_n = 2p$.

Xét 2 trường hợp:

$\bullet$ $p\nmid a_i,\forall i = \overline{1,n-1}$: Khi đó $\begin{cases}\displaystyle v_p\left(\frac{1}{a_i}\right)=0,\forall i = \overline{1,n-1} \\ v_p\left(\dfrac{1}{a_n}\right) = -1\end{cases}$.

Dẫn tới $v_p\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_n}\right) = -1$, vô lí vì $\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_n} = 1$.

$\bullet$ $\exists i\in \{1;2;...;n-1\}: p\mid a_i$

Giả sử $p\mid a_{n-1}\Rightarrow a_{n-1} = p$.

Dẫn đến không có số nào trong các số $a_1,a_2,...,a_{n-2}$ chia hết cho $p$.

Ta có $\frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n-1}}=\frac{1}{2p} +\frac{1}{p} = \frac{3}{2p}$.

Khi $p=3$ thì ta chọn $(a_1,a_2,a_3) = (2;3;6)$ thoả mãn.

Xét $p\neq 3$. Vì $\frac{3}{2p} < 1$ nên $n\geq 3$.

Đồng thời, $p\neq 3$ nên $v_p\left(\frac{1}{a_n} + \frac{1}{a_{n-1}}\right) = v_p\left(\dfrac{3}{2p}\right) = -1$.

Lại có $v_p\left(\dfrac{1}{a_i}\right) = 0,\forall i = \overline{1,n-2}$.

Do đó $v_p\left(\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_n}\right) = -1$, vô lí.

Vậy $p=3$.

Theo như e nghĩ thì bài này chỉ cần CM $u_n > 1$ thì nó tăng ngặt 

Do dãy $u_n$ tăng ngặt nên theo định lí weierstrass thì nó có giới hạn hữu hạn 

Như v có đúng ko ạ

Tăng ngặt kết hợp chặn trên mới có giới hạn hữu hạn

Cho $a=b=\frac{x+y}{2}$ ta có $f(x) + f(y) = 2f\left ( \frac{x+y}{2}\right),\forall x,y>0$. $(*)$

Khi đó ta có: $f\left(\frac{x+y+z}{2}\right) = \frac{f(x+y) + f(z)}{2} = \frac{\frac{f(2x)+f(2y)}{2} + f(z)}{2} = \frac{f(2x)+f(2y)+2f(z)}{4},\forall x,y,z>0$.

Đổi vai trò của $x,z$ ta có $f(2x) + 2f(z) = f(2z) + 2f(x),\forall x,z>0$

$\Rightarrow f(2x) - 2f(x) = c,\forall x > 0$, trong đó $c$ là hằng số bất kì.

Do đó từ $(*)$, ta có $f(x) + f(y) = f(x+y) - c,\forall x,y>0$

Đặt $h(x)= f(x) + c,\forall x>0$ thì $h$ là hàm cộng tính.

Do đó với mọi $n\in\mathbb N^*, x>0$ thì $h(nx) = nh(x)$.

Mặt khác $h(nx) > c$, do đó $nh(x) > c\Rightarrow h(x) > \frac{c}{n}$.

Cho $n\to+\infty$, suy ra $h(x)\geq 0,\forall x>0$.

Từ đó $h$ là hàm không giảm, mà $h$ cộng tính nên $h(x) = mx,\forall x>0$

$\Rightarrow f(x) = mx - c,\forall x > 0$.

Gọi $K$ là điểm liên hợp đẳng cự của $H$ và $I$ là điểm liên hợp đẳng giác của $K$ trong $\Delta ABC$.

Gọi $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$. Kẻ ba đường cao $AD,BE,CF$.

$AI,BI,CI$ cắt lại $(O)$ tại $D_1,E_1,F_1$.

Qua $A$, $B$, $C$ lần lượt kẻ đường thẳng song song với $BC,CA,AB$ cắt $(O)$ tại $A',B',C'$.

$AK$ cắt $BC$ tại $X$ thì do $BD = CX$ nên $AA'XD$ là hình chữ nhật

$\Rightarrow A',D,D_1$ thẳng hàng.

Tương tự $B',E,E_1$ thẳng hàng và $C',F,F_1$ thẳng hàng.

Bằng phép vị tự dễ dàng suy ra $A'D,B'E,C'F$ đồng quy tại trọng tâm $G$ của $\Delta ABC$.

Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\begin{vmatrix} A &E_1 &A' \\ B & D_1 & B' \end{vmatrix}$ ta có $G$, $I$, $A'B\cap AB'$ thẳng hàng.

$AH,BH$ cắt $(O)$ tại $A_1,B_1$ thì $A_1A'$ và $B_1B'$ là các đường kính của $(O)$.

Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\begin{vmatrix} A &A' &B_1 \\ B & B'&A_1\end{vmatrix}$ ta suy ra $A'B\cap AB'$ nằm trên $OH$.

Vậy $I\in OH$. Ta có điều phải chứng minh.

Kí hiệu như hình vẽ.

$XE,XF$ cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Dễ thấy $E,F,G,H$ đồng viên.

$(XFH)$ cắt $(XEG)$ tại $J$.

Ta có hai tam giác $JFH$ và $JGE$ đồng dạng cùng hướng và $\frac{\overline{BF}}{\overline{BH}} = \frac{\overline{CG}}{\overline{CE}}$ nên $(JB,BE)\equiv (JC,CG)\pmod \pi$

$\Rightarrow J\in (ABC)$.

Lại có $A$ là tâm đẳng phương của $(XFH),(XEG),(EFGH)$ nên $XJ$ đi qua $A$.

$\begin{aligned} \Rightarrow (JH,JB)&\equiv (JH,JX) + (JX,JB)\equiv (FH,FX)+ ( CA,CB) \equiv (AB,CP) + (CA,CB) \\&\equiv (AB,CB) + (CA,CP)\equiv (AB,CB) + (BP,BA)\equiv (BP,BC)\equiv (YH,YB)\pmod \pi\end{aligned}$

$\Rightarrow B,Y,J,H$ đồng viên. Tương tự, $C,Z,J,G$ đồng viên.

Từ đây dễ dàng suy ra $J\in (XYZ)$.

Kẻ tiếp tuyến $d$ tại $J$ của $(O)$.

Ta có: $(d,JY)\equiv (d,JB) + (JB,JY)\equiv (CJ,CB) + (HB,HY)\equiv (AJ,AB)+ (HB,HY)\equiv (AJ,HY)\equiv (XJ,XY)\pmod \pi$

$\Rightarrow d$ là tiếp tuyến của $(XYZ)\Rightarrow (ABC)$ tiếp xúc $(XYZ)$. (đpcm)

Gọi $D,E,L$ lần lượt là trung điểm của $BN,CM,BC$.

Vì $H,K$ thuộc tđp của $(BN),(CM)$ nên $HK\perp DE$.

Lại có $LD\parallel AC; LE\parallel AB$ nên $\angle DLE$ song song với phân giác $\angle BAC$.

Mà $LD=LE$ nên ta có $DE$ vuông góc với phân giác $\angle BAC$. (đpcm)

Giả sử đã chọn được các số $2^{n_1}-3,...,2^{n_m} - 3$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Đặt $n_{m+1} = \prod_{i=1}^m \varphi(2^{n_i} - 3)$. Thế thì theo định lý Euler ta có $2^{n_i} - 3\mid 2^{n_{m+1}} - 1,\forall i = \overline{1,m}$.

Điều này dẫn đến $2^{n_{m+1}}-3$ đều nguyên tố cùng nhau với $2^{n_1}-3,...,2^{n_m} - 3$. 

Gọi $\mathcal{F}$ là tập tất cả các xâu nhị phân có độ dài $n$.

Định nghĩa hai xâu phân biệt được gọi là "tách rời" là hai xâu khác nhau ở ít nhất $3$ vị trí.

Lấy $S$ là tập con có nhiều phần tử nhất có thể của $\mathcal{F}$ thoả mãn trong hai phần tử bất kì của $S$ thì "tách rời". 

Thế thì ta đếm số cặp xâu $(A,B)$ sao cho $A\in S, B\in \mathcal{F}\setminus S$ và $A,B$ khác nhau ở không quá $1$ vị trí.

$\bullet$ Đếm theo $A$: Nhận thấy với mỗi xâu $A\in S$, ta chỉ việc thay đổi $1$ trong $n$ vị trí để được xâu khác $A$ không quá $1$ vị trí. Do đó số bộ ít nhất là $nk$.

$\bullet$ Đếm theo $B$: Với mỗi $B\in \mathcal{F}\setminus S$, ta tìm được không quá $1$ xâu thuộc $S$ mà khác $B$ không quá $1$ vị trí. Thật vậy, giả sử có hai xâu như vậy là $A_1,A_2$. Thế thì $A_1,A_2$ phải khác nhau không quá $2$ vị trí, mâu thuẫn.

Như vậy suy ra $nk \leq 2^n - k$, hay $k\leq \frac{2^n}{n+1}$. Ta có đpcm.