Hoang72

Em thấy nếu cho miền của $x$ nhỏ hơn, như trong link anh gửi thì đồ thị có vẻ không thẳng nữa ạ

Bài 4. Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{R} \backslash \{0\}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $\displaystyle f( y) -f( x) =f( y) f\left(\frac{x}{x-y}\right) ,\forall x,y\in \mathbb{R} ,x\neq y$.

Xét 2 trường hợp:

$\bullet$ Tồn tại $y_0\neq 0$ sao cho $f(y_0) = 0$ thì thay $y = y_0$ vào phương trình hàm đã cho ta có $f(x) = 0,\forall x \neq y_0$.

Ta được hàm thoả mãn $f(x) = 0,\forall x\neq 0$.

$\bullet$ $f(y)\neq 0,\forall y\neq 0$: Thay $y$ bởi $xy$ vào phương trình hàm đã cho, ta có:

$$f(xy) - f(x) = f(xy) f\left (\frac{1}{1-y}\right),\forall x,y \neq 0; y\neq 1$$

\begin{equation} \Leftrightarrow f(xy) = \dfrac{f(x)}{1 - f\left (\dfrac{1}{1-y}\right)},\forall x,y \neq 0; y\neq 1\end{equation}

Thay $x=1$ vào (1) ta có $$f(y) = \frac{f(1)}{1 - f\left (\dfrac{1}{1-y}\right)},\forall y\neq 1$$

$$\Leftrightarrow f\left (\dfrac{1}{1-y}\right) = 1 - \frac{f(1)}{f(y)},\forall y\neq 1 \text{ (*)}$$

Thay lại vào (1) ta có \begin{equation} f(xy) = \frac{f(x)f(y)}{f(1)},\forall x,y\neq 0;y\neq 1\end{equation}

Rõ ràng ở (2) thay $y=1$ vẫn cho ra đẳng thức đúng nên ta có thể bỏ điều kiện $y\neq 1$ đi.

Thay $y$ bởi $\frac{1}{x}$ vào (2) ta có $$f(x) . f\left(\frac{1}{x}\right) = f(1)^2,\forall x\neq 0$$

Kết hợp với (*): $$1-\frac{f(1)}{f(y)} = \frac{f(1)^2}{f(1-y)},\forall y\neq 0;y\neq 1$$

Ở đây thay $y$ bởi $1-y$ thì lại có 2 trường hợp con:

Nếu $f(1) \neq 1$ thì $f(y) = f(1-y),\forall y\neq 0;y\neq 1$. 

Từ đó $f(y) = f(1) + f(1)^2,\forall y\neq 0;y\neq 1$. Do $f(1)\neq 0$ nên dễ thấy hàm này không thoả mãn.

Nếu $f(1) = 1$ thì $\frac{1}{f(y)} + \frac{1}{f(1-y)} = 1,\forall y\neq 0;y\neq 1$.

Từ (2) ta có $f$ là hàm nhân tính.

Kết hợp giả thiết ta có $$f(y) - f(x) = f\left ( \frac{xy}{x-y} \right ),\forall x\neq y$$

Rõ ràng nếu xét hàm số $g:\mathbb R\to\mathbb R$ thoả mãn $g(x) = \frac{1}{f(x)},\forall x\neq 0$ và $g(0) = 0$ thì $g$ là hàm nhân tính và:

$$g\left(\frac{x-y}{xy}\right) = \frac{1}{g(y)} - \frac{1}{g(x)},\forall x,y\neq 0$$

Mà $g\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{g(x)},\forall x\neq 0$ nên $g$ là hàm cộng tính.

Suy ra $g$ vừa là hàm cộng tính, vừa là hàm nhân tính.

Dẫn đến $g(x) = x,\forall x\in\mathbb R$.

Do đó $f(x) = x,\forall x\neq 0$.

Tóm lại ta có hai hàm thoả mãn là $f(x) = 0 ,\forall x\neq 0$ và $f(x) = x,\forall x\neq 0$.

P/s: Theo mình nghĩ thì bài nào đã làm rồi thì nên tô đỏ

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb R\to\mathbb R$ thoả mãn $$f(x - f(y)) = 4f(x) + 3x + f(y),\forall x,y\in\mathbb R$$

Bài 1: Chủ yếu là xây dựng được phản ví dụ:

Kí hiệu $A_h$ là xâu gồm toàn các chữ cái $A$ được lặp lại $h$ lần.

$n\in\{1;2\}$ là hai trường hợp tầm thường nên ta không cần xét đến.

Do đó ta chỉ xét $n\geq 3$.

Xét các trường hợp:

$\bullet$ $k=2n$: Ta chọn xâu $ABAB...AB$, không thoả mãn.

$k\leq n-1$: Ta chọn xâu $A_{n-1}B_{n-1}AB$, không thoả mãn.

$\bullet$ $k \geq  \left \lfloor \frac{3n}{2} \right \rfloor+ 1$: Khi đó, đặt $x = 2n - (k-1); y = (k-1) - n$, thì $x\leq y$ và $x+y=n$.

Xét xâu $A_yB_yA_xB_x$ có $n$ kí tự $A$, $n$ kí tự $B$.

Do $2y+x=k-1<k$ nên ở bước thứ nhất, xâu $B_x$ được đảo lên đầu. Tương tự, xâu $A_x$ cũng được đảo lên đầu. Ở bước tiếp theo, do $2x+y\leq 2y+x<k$ nên xâu $B_y,A_y$ cũng lần lượt được đảo lên đầu. Cứ thế lặp lại liên tục, ta thấy không thoả mãn.

$\bullet$ $n\leq k\leq \left \lfloor \frac{3n}{2} \right \rfloor$: Gọi điểm phân biệt của một xâu là số các xâu dài nhất gồm các kí tự giống nhau liên tiếp khi tách từ xâu đó.

Do nếu tồn tại một xâu nào gồm $n$ kí tự liên tiếp đứng ở đầu thì $n$ kí tự tiếp theo là xâu gồm kí tự còn lại, nên ta thu được xâu mới thoả mãn.

Do đó khi chưa hoàn tất thì không tồn tại xâu $A_k$ hoặc $B_k$ đứng ở đầu.

Ta chứng minh rằng cứ sau hữu hạn bước thì điểm phân biệt của một xâu bị giảm.

Giả sử điều ngược lại. Thế thì đến thời điểm nào đó, các xâu bị đảo lên đầu đều là các xâu ở cuối.

Ở một thời điểm nào đó, nếu xâu bị đảo lên là $K_x$ với $K\in\{A;B\}$ thì $2n-x < k\Rightarrow x> 2n-k$.

Do đó xâu lúc này chỉ gồm các xâu liên tiếp có độ dài lớn hơn $2n-k$.

Mặt khác, $2(2n-k)\geq n$ nên xâu lúc này chỉ chứa một xâu có dạng $AA...A$, và tương tự một xâu có dạng $BB...B$, vô lí.

Dẫn đến tồn tại nhiều thời điểm xâu bị đảo lên đầu không ở cuối, tức số điểm phân biệt của xâu bị giảm.

Từ đó ta thấy đến một thời điểm nào đó, số điểm phân biệt của xâu là $2$. Ta có kết quả bài toán.

Câu 3 và câu 6 mình thấy khá khó nên hi vọng được nhìn thấy lời giải của mọi người ạ.

Bài 5:

Xét hai trường hợp:

$\bullet$ $b\geq p$: Khi đó $a$ chia hết cho $p$.

Nếu $a\geq 2p$ thì $a^p>(2p)!+p>b!+p$, loại.

Do đó $a = p$.

Khi đó $b! = p^p - p$.

+) Nếu $p=2$ thì $b = 2$, $a=2$, thoả mãn.

+) Nếu $p=3$ thì $b = 4$, $a=3$, thoả mãn.

+) Xét $p>2$: Khi đó $p$ lẻ.

Dễ thấy nếu $b=p$ thì $b!<p^p-p$ (vô lí) nên $b\geq p+1$.

Vì $2\mid p+1$ nên $p+1 = \frac{p+1}{2} . 2 \mid p!$

$\Rightarrow (p+1)^2\mid b!$

$\Rightarrow (p+1)^2\mid p^{p-1} - 1$.

Đặt $p-1=2k$. Ta có $p^{p-1} - 1 = p^{2k} - 1 = (p^2-1)[(p^2)^{k-1} + ... + 1]\vdots (p+1)^2$.

Ta cần có $(p-1)[(p^2)^{k-1} + ... + 1]\vdots (p+1)$.

Mặt khác, $p^2\equiv 1\pmod{p+1}\Rightarrow (p^2)^{k-1} + ... + 1\equiv k\pmod {p+1}$.

Dẫn đến $((p^2)^{k-1} + ... + 1, p+1) = (k,p+1) \in\{1;2\}$, đồng thời $(p-1,p+1)=2$.

Từ đó ta có $4\vdots p+1\Rightarrow p=3$. (loại)

$\bullet$ $b<p$: Khi đó $(a,p) = (b,p) = 1$.

+) $a>b\Rightarrow a^p = a . a ... a > b! . a > p + b!$, vô lí.

+) $a\leq b\Rightarrow a\mid b!\Rightarrow a\mid p$, vô lí.

Vậy bài toán có 2 đáp số: $(a,b,p)\in \{(2;2;2), (3;4;3)\}$.

Câu 2 là một bài toán khá hay:

Với mỗi $x>0$, xét số $y_0>0$ sao cho $xf(y_0) +y_0f(x)\leq 2$.

Bài toán 16. Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(O)$. Gọi $D,E,F$ là trung điểm của $OA,OB,OC$. $X,Y,Z$ là liên hợp đẳng giác với $D,E,F$ trong $\Delta ABC$. Chứng minh rằng tâm của $(XYZ)$ nằm trên đường thẳng Euler của $\Delta ABC$

Nhận thấy $\angle FBC = \angle ECB$ nên $\widehat{ABZ} = \widehat{ACY}$, từ đó biến đổi góc sẽ có $B,C,Y,Z$ đồng viên; $C,A,Z,X$ đồng viên; $A,B,X,Y$ đồng viên. Dẫn đến $\overline{HX}.\overline{HA} =\overline{HY}.\overline{HB}=\overline{HZ}.\overline{HC}$, sử dụng phép nghịch đảo tâm $H$ ta có tâm $(ABC)$, $(XYZ)$ và $H$ thẳng hàng.

Bài 15: Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$ có $(I_a)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$. $(I_a)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. $ID$ cắt $(I_a)$ tại $X$. Định nghĩa $Y, Z$ tương tự. Chứng minh $AX, BY, CZ$ đồng quy

Gọi $(I_b),(I_c)$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của $\Delta ABC$.

$(I_b)$ tiếp xúc với $CA$ tại $E$, $(I_c)$ tiếp xúc với $AB$ tại $F$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$; $EF$ cắt $BC$ tại $G$.

Kẻ $d$ đi qua $I$ song song với $BC$.

Khi đó $(d,IM,IB,IC) = -1 = (I_aD, I_aG,I_aB,I_aC) \Rightarrow IM\perp I_aG$

$D'$ đối xứng với $D$ qua $M$; $L$ là trung điểm của $DG$.

Thế thì: $\Delta ID'M\backsim\Delta GDI_a(g.g)\Rightarrow \Delta ID'D\backsim \Delta LDI_a(c.g.c)$

$\Rightarrow ID\perp I_aL$.

Mà $LD$ tiếp xúc với $(I_a)$ nên $LX$ cũng tiếp xúc với $(I_a)$

$\Rightarrow LD=LG=LX\Rightarrow XD\perp XG$

$\Rightarrow XD$ là phân giác $\angle BXC$. 

$(I_a)$ tiếp xúc với $AC,AB$ tại $C',B'$.

Biến đổi: $\frac{\sin\widehat{XAB}}{\sin\widehat{XAC}} = \frac{\sin\widehat{XB'A}}{\sin\widehat{XC'A}} . \frac{XB'}{XC'}=\left(\frac{\sin\widehat{XC'B'}}{\sin\widehat{XB'C'}}\right)^2 = \left(\frac{\sin\widehat{BI_aL}}{\sin\widehat{CI_aL}}\right)^2 = \left(\frac{BL}{CL}.\frac{I_aB}{I_aC}\right)^2 = \left(\frac{DB^2}{DC^2}.\frac{I_aI_b}{I_aI_c}\right)^2$.

Thiết lập hai đẳng thức tương tự rồi áp dụng định lý Ceva sin đảo ta có điều phải chứng minh.

Mời mọi người cùng chứng minh một kết quả khác như sau: 

Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$ có $(I_a)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$. $(I_a)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. $ID$ cắt $(I_a)$ tại $X$, $X_1$ là trung điểm của $DX$. Định nghĩa $Y_1, Z_1$ tương tự. Chứng minh $AX_1, BY_1, CZ_1$ đồng quy

Luckily...

$...\Leftrightarrow \frac{3}{2}(x-1)^7 - \frac{1}{2}(x+1)^7=0$

$\Leftrightarrow 3(x-1)^7 = (x+1)^7\Leftrightarrow \sqrt[7]{3}(x-1) = x+1\Leftrightarrow x=\frac{1+\sqrt[7]{3}}{\sqrt[7]{3}-1}$.

$$...\Leftrightarrow \sum a(a+b)(a+c)+3abc\leq 2(a+b)(b+c)(c+a)$$

$$\Leftrightarrow \sum a^3 +2abc \leq a^2b + b^2c + c^2a + ab^2+bc^2+ca^2$$

$$\Leftrightarrow (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\geq 0$$

Ta có điều phải chứng minh.

Mong là không có gì sai sót ạ:

Cho $a=0$, ta sẽ chứng minh $$\forall \epsilon >0,\exists b,c\in\mathbb Z: 0<|b\sqrt{2}-c\sqrt{3}|<\epsilon$$

Xét phương trình nghiệm nguyên dương: $3s^2-2t^2=1$. (*)

Xét hai dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ cho bởi công thức:

$$\begin{cases} x_1 = 3; y_1=1 \\ x_{n+1}=5x_n+12y_n \\ y_{n+1}=2x_n+5y_n \end{cases}$$

Khi đó bằng quy nạp ta chứng minh được với mọi $n$, $(x_n,y_n)$ là một cặp nghiệm của phương trình nghiệm nguyên dương: $$x^2-6y^2=3$$

Mặt khác dễ thấy $3\mid x_n,\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ đó với mọi $n\in\mathbb N^*$, $\left(\frac{x_n}{3},y_n\right)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình (*).

Hơn nữa, $\lim_{n\to+\infty} \frac{x_n}{3} =\lim_{n\to+\infty} y_n=+\infty$.

Do đó chọn $c,b\in\mathbb N^*$ đủ lớn sao cho $3c^2-2b^2=1$ và $b\sqrt{2}+c\sqrt{3}>\frac{1}{\epsilon}$, ta được $0<|b\sqrt{2}-c\sqrt{3}|<\epsilon$.

Cách 1: Ta chỉ cần chỉ ra $-3$ là thặng dư bậc hai $\bmod$ $p$.

Ta có $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right ).\left(\frac{3}{p}\right)$.

Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai, ta có $\left ( \frac{3}{p} \right )\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{(p-1)(3-1)}{4}}=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Mà $\left(\frac{p}{3}\right) = 1$ (Do $p$ chia cho $3$ dư $1$) nên $\left ( \frac{3}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Đồng thời ta cũng có: $\left ( \frac{-1}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Nhân lại ta có $\left(\frac{-3}{p}\right)=1$.

Do đó tồn tại $x$ sao cho $x^2\equiv -3\pmod p$.

Chọn $i,j$ sao cho $(i,p)=(j,p)=1$ và $\frac{i+2j}{i}\equiv x\pmod p$ thì $(i+2j)^2\equiv -3i^2\pmod p\Rightarrow p\mid i^2+ij+j^2$.

Cách 2: Ta sẽ chứng minh rằng $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ không tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$.

Giả sử điều ngược lại.

Đặt $p=6k+1$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có $x^{6k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$.

Vì $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$ nên $x^{2k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$. 

Lấy $x$ là căn nguyên thuỷ của $p$ ta thấy ngay điều vô lí.

Vậy tồn tại $0<i<j<p-1$ để $i^3\equiv j^3\pmod p$ hay $p\mid i^2+ij+j^2$.

Một bài cực hay và đẹp từ đề thi Sharygin mà mình sưu tầm được

Bài toán 7.(Sharygin 2011) Cho tứ giác $\displaystyle ABCD$ nội tiếp. Phân giác trong của góc $\displaystyle \angle A,\angle B,\angle C,\angle D$ cắt nhau tạo thành một tứ giác nội tiếp đường tròn $\displaystyle ( I)$. Tương tự với các phân giác ngoài ta thu được đường tròn $\displaystyle ( J)$. Chứng minh $\displaystyle O$ là trung điểm $\displaystyle IJ$

Xét các phân giác trong tạo thành tứ giác $XYZW$, các phân giác ngoài tạo thành tứ giác $X'Y'Z'W'$ như hình vẽ.

Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $E$, $AB$ cắt $CD$ tại $F$.

Theo tính chất phân giác, ta có $E,X,Z,X',Z'$ và $F,Y,W,Y',W'$ thẳng hàng.

Dễ thấy tứ giác $XAX'B$ nội tiếp nên biến đổi góc được $X,Z,B,C$ đồng viên.

Dẫn đến $\overline{FX}.\overline{FZ}=\overline{FB}.\overline{FC}$ hay $\wp_{F/(I)}=\wp_{F/(O)}$.

Tương tự $\wp_{E/(I)}=\wp_{E/(O)}$ hay $IO\perp EF$.

Hoàn toàn tương tự ta cũng có $JO\perp EF$.

Do đó $I,J,O$ thẳng hàng.

Mặt khác, lấy $G$ là trung điểm của $ZZ'$ thì $OG$ là trung trực của $DC\Rightarrow OG\perp DC$.

Biến đổi góc, ta cũng có $IZ\perp DC; JZ'\perp DC$.

Theo tính chất đường trung bình hình thang ta có $OI=OJ$. (đpcm)

Bài toán 5. (Sưu tầm) Cho $\Delta ABC$ nhọn có $AB<AC$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Gọi $X,Y,Z$ là trung điểm của $EF,DF,DE$. $K$ là giao điểm của $BZ$ và $CY$. $DK$ cắt $(I)$ tại $T$. Chứng minh rằng $T,X,I,K$ đồng viên.

Screenshot (1480).png

Cách nãy hơi dài:

Gọi U là tâm $(BYZC)$.

$YZ$ cắt $BC$ tại $L$.

Theo định lý Brocard, ta có $LK\perp UI$ mà $\mathcal{P}_{L/(U)}=\mathcal{P}_{L/(I)}$ nên $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(U), (I)$,

Từ đó $\overline{KB}.\overline{KZ}=\overline{KT}.\overline{KD}$ nên $(T,B,D,Z)$ đồng viên.

Ta có biến đổi góc: $(ZT,ZY)\equiv (ZT,ZB)+(ZB,ZY)\equiv (DT,DB)+(ZB,ZY)\equiv (DT,DB)+(CB,CY)\equiv (DT,CY)\equiv (KT,KY)\pmod \pi$. 

Vậy $T,Y,K,Z$ đồng viên.

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, hai điểm P, Q đẳng giác trong tam giác ABC. Gọi D, E, F; X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P, Q trên BC, CA, AB. EF cắt BC tại G. Khi đó PG vuông góc với AX.