I Love MC

 

Bài 5 . (6,0 điểm).

 

Tìm tất cả các hàm số : $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hệ thức:

 

$$f\left ( xf\left ( y \right )-f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+xy$$ (1)

 

với mọi số thực $x,y$

Lời giải  : 
Theo chứng minh của các bạn trên thì ta có $f$ là một song ánh 
Ta tiếp tục làm như sau : 
Kí hiệu $P(u,v)$ chỉ việc thay $x$ bởi $u,y$ bởi $v$ vào $(1)$ 
Ta có $P(0,0) \Rightarrow f(-f(0))=2f(0)$    (2) 
$P(-f(0),2) \Rightarrow f(-f(0)f(2)-2f(0))=2f(0)$ (3) 
Từ $(2),(3) \Rightarrow f(0)=-f(0)f(2) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(2)=-1$ 
Trường hợp 1 : $f(0)=0$  . $P(x,0) \Rightarrow f(-f(x))=2f(x) (4)$ 
$P(1,y) \Rightarrow f(f(y)-f(1))=2f(1) (5)$
Từ $(4)$ cho $x=1$ và kết hợp với $(5)$ cho ta $f(y)-f(1)=-f(1) \Rightarrow f(x) \equiv 0$  
Cho $P(1,2)$ thì thấy không thỏa mãn nên loại trường hợp này  
Trường hợp 2 : $f(2)=-1$  
$P(2,2) \Rightarrow f(-1)=2$ 
Tính được $f(0)=1$  
$P(1,y) \Rightarrow f(f(x))=x$ 
$P(x,2) \Rightarrow f(-x-f(x))=2f(x)+2x (6)$
$P(f(x+f(x)),2)$ kết hợp với $f(f(x))=x  \Rightarrow f(-x-f(x))=2(x+f(x))+2f(x+f(x)) (7)$
Từ $(6),(7)$ cho ta $f(x+f(x))=0=f(1) \Rightarrow x+f(x)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$ (thỏa)  
 

Câu 6a mình có ý tưởng về việc sử dụng định lý sau : 
Định lí Lerch : Với $p$ là số nguyên tố thì : $\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-1} \equiv p+(p-1)! \pmod{p^2}$ 

mình làm hết ngày 2 nè he he

Incredable

$Q(x)-(3x-1)$ chia hết cho $B(x)$ thì mọi nghiệm của $B(x)$ là mọi nghiệm của $Q(x)-(3x-1)$, nhưng tại sao lại thế vậy anh ?

Ý bạn là sao ? 

Vì $(a_i,a_j)<n \forall 0<i<j<k+1 \Rightarrow$ không tồn tại số nguyên dương nào không vượt quá $m$ là bội của cặp số đã cho  
Đặt $A_i=\{x \in \mathbb{N},x \vdots a_i,n \ge x \ge 1}\$ 
Suy ra $|A_i|=[\frac{n}{a_i}]$ 
Rõ ràng $|A_i| \cap |A_j|=\varnothing ,i \ne j \Rightarrow |A_1 \cap A_2 \cap... \cap A_k|=\sum_{i=1}^k |A_i|=\sum_{i=1}^k [\frac{n}{a_i}]$ (1)
Rõ ràng $|A_i| \le n-1 \forall 1 \le i \le n$ nên từ (1) suy ra $\sum_{i=1}^k [\frac{n}{a_i}] \le n-1$ 
Chú ý bất đẳng thức sau $x-1<[x]$ nên từ dòng trên ta có $\sum_{i=1}^k \frac{1}{a_i} \le \frac{n-1+k}{n}=1+\frac{k-1}{n}$ 
Ta sẽ đi chứng minh $k-1<\frac{n}{2}$  
Trong các số $a_1,a_2,..a_k$ thì nếu ta chọn ra $2$ số bất kì thì hai số đó phải có ước lẻ khác nhau (cái này dễ rồi nên bạn tự chứng minh) 
Do vậy $k$ sẽ phải bé hơn số số lẻ từ $1 \Rightarrow n$ từ đó $k-1<\frac{n}{2}$ 
Từ đó ta có $\sum_{i=1}^k \frac{1}{a_i}<\frac{3}{2}<2$ (đpcm)

BĐT c/m $\Leftrightarrow x(1-yz)+y+z \le 2$  
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky $x(1-yz)+y+z \le (x^2+(y+z)^2)(1+(1-yz)^2)=(2+2yz)(1+(1-yz)^2)$ 
Ta c/m đc với $a \le 1$ thì $(2+2yz)(1+(1-yz)^2) \le 2$ và chú ý $x^2+y^2+z^2=2 \ge y^2+z^2 \ge 2yz \Rightarrow 1 \ge yz$

Chọn đội tuyển KHTN vòng 2 ngày 1 

Xét : 
+) $m$ lẻ . Giả sử $n$ là tốt  ,chọn $a=n-1$ thì có $n|(n-1)^m-1 \Rightarrow n|2 \Rightarrow n \le 2 <4m(2^m-1)$ 
+) Nếu $m$ chẵn thì đặt $m=2^tq,t \ge 1 ,(q,2)=1$ 
Giả sử $n$ tốt thì đặt $n=2^u(2v+1),(u,v \in \mathbb{N})$ 
Nếu $v=0 \Rightarrow n=2^u$ ,chọn $a=4k+3 \Rightarrow (a,n)=1$ ta có 
$2^u=n(a^m-1) \Rightarrow u \le v_2(a^m-1)=v_2(a-1)+v_2(m)-1=1+t \Rightarrow t \ge u-1 \Rightarrow n<4m(2^m-1)$ 
Nếu $v \ge 1 \Rightarrow 2v-1>0 ,(2v-1,n)$. Chọn $a=2v-1$ ta dược  $2v+1 \le 2^m-1$  (1)
Chọn $a=8v+5 \Rightarrow (a,n)=1$ khi đó 
$2^u|n|(a^m-1)=(a^q)^{2^t}-1 \Rightarrow 2^u|(a^q-1)(a^q+1)...(a^{2^t-1q}+1)$ 
Do $q$ lẻ $a^q \equiv 5 \pmod{q},a^{2^iq} \equiv 5 \pmod{q},i=\overline{1,t-1}$ 
Từ đó ta có $u \le v_2[(a^q-1)(a^q+1)...(a^{2^t-1q}+1)] \Rightarrow u \le v_2(a^q-1)+v_2(a^q+1)+\sum_{i=1}^{t-1} v_2(a^{2^iq}+1)=t+2$ 
$\Rightarrow 2^u \le 4.2^t$ (2) 
Từ (1),(2) có đpcm 

Nhận xét một số chia $3$ dư $2$ phải có ít nhất một ước nguyên tố cũng có dạng như vậy 
Ở đây ta sẽ chứng minh không tồn tại $a,b,c$ nguyên dương sao cho $3(ab+bc+ac)|a^2+b^2+c^2$ là đủ
Giả sử ngược lại ,đặt $a^2+b^2+c^2=3n(ab+bc+ac)$ với $n$ là số nguyên dương suy ra $(a+b+c)^2=(3n+2)(ab+bc+ac)$ 
Gọi $p$ là một ước số nguyên tố của $3n+2$ sao cho $p \equiv 2 \pmod{3}$ . Dễ thấy $v_p(3n+2)$ lẻ suy ra tồn tại $i$ nguyên dương sao cho 
$v_p(3n+2)=2i-1$ . Vì $(a+b+c)^2 \vdots (3n+2) \Rightarrow p^i|(a+b+c) \Rightarrow p|(ab+bc+ac) \Leftrightarrow p|(ab-(a+b)(a+b) \Leftrightarrow p|(2a+b)^2+3b^2$ 
Suy ra $(\frac{-3}{p})=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{6}$ (vô lí)  
 

Ta sẽ dùng bổ đề sau 
Cho $(a,b)=1$ với $a,b,n$ nguyên dương ta có 
$(\frac{a^n-b^n}{a-b},a-b)=(n,a-b)$

1) $x=0 \Rightarrow $ ko có $y$ 
$x>0$ ta có $VT \equiv 2^x \pmod{3} \Rightarrow x$ chẵn . Từ đó đặt $x=2k,k \in \mathbb{N^*}$ 
PT $\Leftrightarrow 5^{2k}=(y-12^k)(y+12^k)$ 
Suy ra $y-12^k=5^a,y+12^k=5^b \Rightarrow 2.12^k=5^b-5^a=5^a(5^{b-a}-1)$ 
Nếu $a \ge 1 \Rightarrow 2.12^k \vdots 5$ (vô lí) suy ra $a=0 \Rightarrow y=12^k+1$ 
Từ đó ta có $5^{2k}+12^{2k}=12^{2k}+2.12^k+1 \Rightarrow 5^{2k}=2.12^k+1  \Rightarrow k=1$

 

Câu 6.(2,0 điểm) Tìm số nghiệm nguyên dương $(x;y)$ của phương trình $x^2-y^2=100.110^{2n}$ với $n$ là số nguyên dương cho trước. Chứng minh rằng số nghiệm này không thể là số chính phương

 

 

Có $(x-y)(x+y)=2^{2n+2}.5^{2n+2}.11^{2n}=(2^{n+1}.5^{n+1}.11^n)^2$ 
Đặt $a=x-y,b=x+y$ giờ ta phải tìm $a,b$ sao cho $ab=2^{2n+2}.5^{2n+2}.11^{2n}=k^2$ và $a,b$ cùng tính chẵn lẻ và $b>a$
Từ đó ta có $2^{n+1}.5^{n+1}.11^n>a$ hay $2^{n+1}.5^{n+1}.11^n<b$ 
Ta có bổ đề sau  : Cho $n=p^a.q^b.m^c$ với $p,q,m$ lần lượt là các số nguyên tố đôi một phân biệt và $a,b,c$ là cac số tự nhiên .  Khi đó số ước nguyên dương của $n^2$ bé hơn $n$ và không là ước của $n$ là : $3abc+ab+bc+ac$ 
Từ đó áp dụng bổ đề ta có số nghiệm nguyên dương của phương trình là $3(n+1)^2n+n(n+1)+n(n+1)+(n+1)^2=(n+1)(3n^2+6n+1)$  
Số chính phương thì :l 

 

Tìm bộ $k,m,n$ nguyên dương phân biệt sao cho $\left\{\begin{matrix} 3^k\equiv3^m\equiv3^n(mod10^4)\\ (m+n+k)min\\ m+n>k,k+n>m,m+k>n \end{matrix}\right.$

Linkdownload and read 
Nguồn : Facebook của Epsilon

Làm thế nào bạn tìm được các số này? Với giả sử không có máy tính trong tay.

Mình nghĩ là bạn nên thử xài xét số dư . Có vẻ hiệu quả (câu b) 

Cái này dĩ nhiên đúng vì theo nghiệm và công thức truy hồi của phương trình Pell dạng $x^2-py^2=k$ mà bạn