Trungpbc

Em đã giải trọn vẹn các bài 120, 17, 83, 89 đã lâu mà sao chưa thấy ai chấm điểm nhỉ, mong các điều hành viên của diễn đàn xem hộ em nhé. Và một việc nữa là em chọn hình thức nhận thưởng là chuyển tiền ạ. Cảm ơn admin nhiều.

Khi đã nói đến hàm số, ta cần biết tập xác định và tập giá trị. Đề bài chưa nói rõ điều đó, vì vậy không ai quân tâm giải cũng phải.

Chắc anh Quý sơ suất trong khâu đánh máy thôi thầy ạ. Em nghĩ đề bài này đầy đủ là:

Problem. Xác định các số thực dương $a,b$ sao cho tồn tại hàm số $f:(0,+\infty)\rightarrow (0,+\infty)$ thỏa mãn: $$f\left ( f(x)+\frac{a}{f(x)} \right )=x+b$$ với mọi số thực dương $x$.

Lời giải.

Điều kiện cần và đủ để tồn tại hàm số như vậy là $b>\sqrt{a}$. Đầu tiên, ta chỉ ra không tồn tại hàm số trong trường hợp $b\leqslant \sqrt{a}$. Thật vậy, phản chứng tồn tại hàm $f$ thỏa mãn điều kiện bài toán. Nhận xét đơn giản rằng nếu $f(x)=f(y)$ hoặc $f(x).f(y)=a$ thì $x=y$.

Giả sử, $x$ là số dương thỏa mãn $f(x)>b$. Khi đó, thế $x$ bởi $f(x)-a$ trong đẳng thức ban đầu ta có: $$f(x)=f\left ( f\left ( f(x)-b \right )+\frac{a}{f\left ( f(x)-b \right )} \right )$$ Sử dụng nhận xét, suy ra: $$x=f\left ( f(x)-b \right )+\frac{a}{f\left ( f(x)-b \right )}\geqslant 2\sqrt{a}$$ Do đó, với mọi $x\in \left ( 0,2\sqrt{a} \right )$ thì $f(x)\leqslant b$ và có không quá một số dương $x$ để đẳng thức xảy ra. Từ đó, ta có thể chọn số dương $y\in \left ( 0,2\sqrt{a} \right )$ sao cho: $f(y)<b$. 

Khi đó, $\frac{a}{f(y)}>\frac{a}{b}\geqslant b$, thế $x$ bởi $\frac{a}{f(y)}-b$ trong đẳng thức ban đầu, ta có: $$f\left ( f\left ( \frac{a}{f(y)}-b \right )+\frac{a}{f\left ( \frac{a}{f(y)}-b \right )} \right )=\frac{a}{f(y)}$$ Sử dụng nhận xét thêm một lần nữa, ta được: $$2\sqrt{a}>y=f\left ( \frac{a}{f(y)}-b \right )+\frac{a}{f\left ( \frac{a}{f(y)}-b \right )}\geqslant 2\sqrt{a}$$ Mâu thuẫn này giúp ta kết thúc phép chứng minh điều kiện cần.

Công việc còn lại là xây dựng hàm số với $b>\sqrt{a}$. Xét một hàm $f$ liên tục, tăng thực sự trên đoạn $\left [ 0,2\sqrt{a} \right ]$ thỏa mãn: $f(0)=\sqrt{a}$ và $f(2\sqrt{a})=b$. Ý tưởng của ta là sẽ mở rộng $f$ cho toàn bộ $\mathbb{R}^{+}$ và thỏa mãn tính chất bài toán.

Xây dựng dãy $(a_{n})$ như sau: $a_{0}=0,a_{1}=2\sqrt{a}$. Giả sử ta đã xác định được $a_{n}$, đặt $f(a_{n})=a_{n-1}+b$ và đặt $a_{n+1}=f(a_{n})+\frac{a}{f(a_{n})}$. Dễ dàng chứng minh được $a_{n}\rightarrow \infty$ nên ta chỉ cần xây dựng trên từng khoảng $(a_{k},a_{k+1})$. Giả sử ta đã xây dựng hàm $f$ trên khoảng $(a_{k-1},a_{k})$. Khi đó, với mọi $x\in \left ( a_{k},a_{k+1} \right )$, tồn tại duy nhất $y\in \left ( a_{k-1},a_{k} \right )$ sao cho $x=f(y)+\frac{a}{f(y)}$. Ta đặt $f(x)=y+b$. Rõ ràng với cách xây dựng này thì hàm $f$ sau khi tập nguồn bỏ đi phần tử $0$ và tập đích bỏ đi phần tử $\sqrt{a}$ thì thỏa mãn tính chất bài toán. Phép chứng minh hoàn tất.

P/s: Lâu ngày trở lại thấy VMF vẫn còn rất nhiều bài toán đẹp để suy ngẫm.

Cho hình tứ diện đều $ABCD$ và 1 điểm $P$ nằm trong tứ diện. Tìm min của $S=PA+PB+PC+PD$. Vẫn hỏi như trên nếu $ABCD$ là tứ diện bất kì.

Điểm $P$ sao cho biểu thức trên đặt GTNN được gọi là điểm Torricelli của tứ diện, bài toán trên được giả quyết triệt để trong bài báo "Điểm Torricelli của tứ diện" của TS. Nguyễn Minh Hà, trên tạp chí toán học tuổi trẻ, có thể tìm thấy nó trong tài liệu đính kèm.

Cho $k$ là số nguyên dương và $S_n=\left \{1,2,...,n \right \},(n \geq 3) $. Hàm $f:S_n^k \to S_k$ thỏa mãn: nếu $a,b \in S_n^k$ và chúng khác nhau ở tất cả các vị trí thì $f(a) \neq f(b)$. Chứng minh rằng có $i \in \left \{1,2,...,k \right \}$ sao cho:
$$f(a_1,a_2,...,a_k)=a_i ,\forall a=(a_1,a_2,...,a_k)\in S_n^k$$.

Kết luận của bài này chưa chính xác, tuy nhiên nếu sửa lại kết luận thành:

Chứng minh tồn tại chỉ số $i$ và hàm song ánh $g$ trên $S_n$ thỏa mãn: $f(a_{1},a_{2},\dots,a_{n})=g(a_{i}),\ \forall (a_{1},\dots,a_{n})\in S_{n}^k$ thì đây là một bài toán "logic" về hàm số khá thú vị.

Ta chứng minh kết quả bài toán bằng quy nạp theo $k$. Với $k=1$ bài toán hiển nhiên đúng. Xét $k>1$, có hai trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: Tồn tại bộ $(a_{2},a_{3},\dots,a_{k})\in S_{n}^{k-1}$ sao cho $f(a,a_{2},\dots,a_{n})\neq f(b,a_{2},\dots,a_{n}),\ \forall a\neq b$. Khi đó, hiển nhiên tồn tại hàm song ánh $g$ trên $S_n$ sao cho: $$f(a,a_{2},\dots,a_{n})=g(a),\forall a\in S_{n}$$ Với bộ $(b_{2},b_{3},\dots,b_{n})\in S_{n}^{k-1}$ bất kì thỏa mãn $b_{i}\neq a_{i},\ \forall i=2,3,\dots,n$. Theo giả thiết: $$f(b_{1},b_{2},\dots,b_{n})\neq f(a,a_{2},\dots,a_{n})=g(a),\ \forall b_{1}\neq a$$ Từ đó, với chú ý $g$ là hàm song ánh, suy ra: $f(b_{1},b_{2},\dots,b_{n})=g(b_{1})$. Với bộ $(c_{2},c_{3},\dots,c_{n})\in S_{n}^{k-1}$ bất kì, vì $n>2$ nên tồn tại bộ $(b_{2},b_{3},\dots,b_{n})\in S_{n}^{k-1}$ thỏa mãn: $b_{i}\neq a_{i},c_{i}$ với mọi $i=2,3,\dots,n$. Áp dụng kết luận trên cho bộ $(a_{2},\dots,a_{n})$ và bộ $(b_{2},\dots,b_{n}$, ta có: $$f(b_{1},b_{2},\dots,b_{n})=g(b_{1})$$ Áp dụng kết luận đó lần nữa cho bộ $(b_{2},\dots,b_{n})$ và bộ $(c_{2},\dots,c_{n})$, ta có:

$$f(c_{1},c_{2},\dots,c_{n})=g(c_{1})$$ Bài toán được chứng minh trong trường hợp 1.

Trường hợp 2. Với mỗi bộ $(a_{2},a_{3},\dots,a_{k})\in S_{n}^{k-1}$, tồn tại hai số $a\neq {a}'$ sao cho: $$f(a,a_{2},\dots,a_{n})=f({a}',a_{2},\dots,a_{n})$$ Đặt hàm $h:S_{n}^{k-1} \mapsto S_{n}$ như sau: $h(a_{2},a_{3},\dots,a_{n})=f(a,a_{2},\dots,a_{n})=f(a',a_{2},\dots,a_{n})$, chú ý rằng nếu có nhiều cặp $(a,a')$ có tính chất như trên thì chọn một trong các cặp đó để định nghĩa cho hàm $h$. Dễ thấy, hàm $h$ thỏa mãn giả thiết quy nạp, nên tồn tại chỉ số $i$, không mất tổng quát ta giả sử $i=2$, và hàm song ánh $g$ trên $S_n$ thỏa mãn: $h(a_{2},a_{3},\dots,a_{n})=g(a_{2})$. Giả sử tồn tại bộ $(a_{1},a_{2},a_{3},\dots,a_{n})\in S_{n}^{k}$ sao cho: $f(a_{1},a_{2},\dots,a_n)\neq g(a_{2})$. Vì $g$ song ánh nên có $b_2\neq a_2$ sao cho: $$f(a_{1},a_{2},\dots,a_n) = g(b_{2})$$ Chú ý rằng $n>2$ nên chọn được bộ $(b_{3},\dots,b_{n})\in S_{n}^{k-2}$ sao cho $b_{i}\neq a_{i}$ với mọi $i=3,\dots,n$. Chọn $b_{1}\in \left \{ b,b' \right \}$ sao cho $b_{1}\neq a_{1}$, ở đây vai trò của $b,b'$ tương tự vai trò của của $a,a'$. Khi đó: $$f(b_{1},b_{2},\dots,b_{n})=h(b_{2},\dots,b_{n})=g(b_{2})=f(a_{1},a_{2},\dots,a_{n})$$ mâu thuẫn vì $a_{i}\neq b_{i},\ \forall i=1,2,\dots,n$. như vậy bài toán được chứng minh trong trường hợp 2.

Tóm lại bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Gọi $L$ là tập các điểm nguyên trên mặt phẳng. Chứng minh rằng với mọi cặp $3$ điểm $A, B, C$ thuộc $L$ thì tồn tại điểm thứ tư $D$ sao cho phần trong của các đoạn thẳng (phần đoạn thẳng trừ đi $2$ đầu mút) $AD, BD, CD$ không chứa một điểm nào thuộc $L$.

Nhận xét:

Với hai điểm nguyên $X(a,b)$, $Y(c,d)$ thì đoạn thẳng $XY$ không chứa điểm nguyên nào ngoài hai đầu mút khi và chỉ khi $\gcd(a-c,b-d)=1$

Chứng minh nhận xét này đơn giản, xin không trình bày ở đây.

Trở lại giả bài toán ban đầu:

Giả sử $A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),C(x_{3},y_{3})$, sử dụng nhận xét trên, ta thấy yêu cầu của bài toán tương đương với việc chứng minh tồn tại điểm nguyên $D(x,y)$ sao cho: $$\gcd(x-x_{i},y-y_{i})=1,\ \forall i=1,2,3$$ Dễ thấy, có tất cả $4$ điểm nguyên phân biệt theo modulo $2$ là $(0,0);(0,1);(1,0);(1,1)$. Do đó, có thể chọn $x,y$ theo modulo $2$ sao cho: $$(x,y)\neq (x_{i},y_{i})\pmod2,\ \forall i=1,2,3$$ Hoàn toàn tương tự, có thể chọn $x,y$ theo modulo $3$ sao cho: $(x,y)\neq (x_{i},y_{i})\pmod3,\ \forall i=1,2,3$. Theo định lí thặng dư trung hoa tồn tại số nguyên dương $x>\max\left \{ x_{1},x_{2},x_{3} \right \}$ thỏa mãn các điều kiện trên. Chú ý rằng  $T=(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})>0$ nên $T$ có hữu hạn ước nguyên tố. Gọi $p>3$ là một ước nguyên tố bất kì của $T$.  Dễ thấy, có thể chọn $y$ modulo $p$ sao cho: $$y\neq y_{i}\pmod p,\ \forall i=1,2,3$$ Cho $p$ chạy trên tất cả các ước nguyên tố lớn hơn $3$ của $T$, sử dụng định lí thặng dư Trung Hoa, ta thấy tồn tại số nguyên dương $y$ thỏa mãn tất cả các điều kiện trên. Rõ ràng, điểm nguyên $D(x,y)$ thỏa mãn bài toán.