có cách khác là thay $a=2x$ $b=2y$ ở đoạn $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Ra được dạng quen thuộc:

$f(\frac{a+b}{2})$=\frac{f(a)+f(b)}{2}$

Theo mình thì không tồn tại $f(0)$ nên chỗ này không đưa về pth cộng tính ngay được.

Bài pth: Cho $x=y$ xong thế lại vào pt đầu, ta có: $f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}$. Thay $y=y+z$, tính $f(x+y+z)$ bằng 2 cách, được:

$f(x)-\frac{f(2x)}{2}=f(y)-\frac{f(2y)}{2}=t=f(1)-\frac{f(2)}{2}=1$. Nên $0=f(x)+f(y)-f(x+y)$, ta được pth cộng tính. Cuối cùng là lí luận để là pth cô-si, và thử lại.

Giả sử $m>n$ suy ra $a_{i+1}-a{i} <2$. giờ chỉ cần c/m tồn tại : $c_{j+1}-c_{j} < a_{i+1}-a{i}$. Thật vậy ta c/m $ c_{j+1};c_{j} \in [a_{i};a_{i+1}]$. Chọn $j$ sao cho: $a_{i} \le c_{j}<a_{i+1}$  thì $c_{j+1}=a_{j+1}$ hoặc $c_{j+1}=b_{k}$.

Cẩn c/m $\frac{b_{k}}{a_{j+1}} <$ , thật vậy do tồn tại $k$ sao cho $1 \le k \le \frac{(j+1)n}{m}$ khi chọn $j$ đủ lớn.

Với $p\geq 5$ xét đa thức $f(x)=(x-1)(x-2)...(x-p+1)$ sau đó cm $f(mp)\equiv f(p)(Mod p^{3})\forall m \in \mathbb{N}^{*}$ ta có đpcm.

Bạn có thể nói rõ hơn được không, phần sau đấy thì thế nào?

Biểu diễn hàm bằng các số $a_{nk}$ trên mặt phẳng tọa độ sao cho: $a_{nk}(n;k)$ dễ thấy điều kiện 1 là tổng 2 số trên đường chéo của ô vuông đơn vị thì bằng số gán ở đỉnh hình vuông, đường chéo này là đường hợp với trục hoành góc $135$, khi $n$ và $k$ tăng thì lập thành các đường chéo song song nhau, và song song với đường chéo của ô vuông đơn vị đầu tiên.  Nên hàm đã cho là duy nhất vì một điểm trên đường thẳng mới bằng tổng 2 số trên đường chéo liền trước nó.

Từ điều kiện 2 suy ra : $f(0;k)=0$, nên suy ra $a_{0k}=0;a_{1k}=1$.

Dễ quy nạp rằng hàm thỏa là: $_{n+k-1}^{n-1}\textrm{C}$.

Cho $2n +1 (n > 2)$ số nguyên $ a_{1}<a_{2}<...<a_{2n+1}$ sao cho tổng $n+1$ số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của $n$ số còn lại. Giả sử $a_{2n+1} = (2n+1)^{2}$, tìm số các bộ $(a_{1};a_{2};...;a_{2n+1})$.

Hai bài 30,31 đều có trong sách tlct 11.

Không biết bài 28 có liên quan đến bài TST 2011 không mà giống như cùng một họ :

Cho dãy ${a_n}$ thỏa mãn $a_0=1,a_1=3$ và $a_{n+2}=1+\left \lfloor \frac{a^2_{n+1}}{a_n} \right \rfloor$ với mọi $n\geq0$

Nếu bạn nào có tính chất về dãy này thì cho mình tham khảo với.

Bạn nào có thể đăng lời giải bài 2/1, mình không nghĩ quy đồng có thể được theo cách phản chứng của thầy MS và bạn Senna. Thiết nghĩ cần phải chứng minh a,b,c phải đồng thời cùng dấu.

Mình có thể hỏi phương pháp quan hệ đệ quy( từ trước giờ chỉ biết quan hệ song ánh) và thêm bớt trong tổ hợp là gì được không?

Anh ơi, đẳng thức $(a+b)(b+c)(c+a)=8abc$ chỉ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\neq 0$ mà !

Đề KHTN làm sao mà sai được, đề đúng 100%, chắc chắn !

Thì chọn a,b,c như trên có số nào bằng không đâu bạn. Từ giả thiết để suy ra kết quả bài toán mà lại suy ra 2 kết quả đối ngược của c, thì có lẽ đề sai. 

Đặt $x=\frac{a}{b+c}...$ thì ta luôn có: $xy+yz+zx+2xzy=1$. Vậy cần c/m: $x+y+z=\frac{3}{2}$ với điều kiện a,b,c là số thực khác 0 !!!!.

5/ Mình làm cũng dựa trên ý tưởng của đl thặng dư thôi. VIết $n=4a_{k}p+x_{k}=a_{k}q+y_{k}$ để chuyển về được 2 bộ thặng dư. Suy ra:

$x_{k}-y_{k} \vdots a_{k}$. Dễ c/m được tổng các số dư không lớn hơn 2013 khi và chỉ khi tất cả các số dư đều không chia cho $(4v1)a_{i}$ dư$(4v1)a_{i}-1$.

Dựa vào hai điều trên loại ra các trường hợp số dư không thỏa để đi đến tổng của chúng nhỏ hơn 2012.

P/s: Năm nay có đến 3 câu số học, chắc các thầy biết năm nay có thần đồng đây mà.

Bài này thực chất là "đảo ngược" của VMO 1990.

@supermember: Bạn trình bày bài cho nó đàng hoàng 1 tí nhé . Lần sau nếu tái phạm mình sẽ có biện pháp .

Bài này chắc là sử dụng quy nạp với hằng đẳng thức ( $f(n)=nf(1)$), dùng phương pháp hằng số bất định ta được:

 Với $n=2k+1$ : $(2k+1)^3+5^3+1^3=(k-4)^3+(4-k)^3+(2k-1)^3$.

 Với n chẵn để sử dụng được phương pháp trên ( khi đưa về bậc thấp, khử được bậc 1 có hai hằng số ở một vế, thì chon $n=2k+2$). Biểu diễn lại $(2k+2)^=(2k-2)+(a-k)^3+(a+k)^3-...-...$. Sau này chắc cũng tìm được hằng số ( sao mình tính cứ nhầm). Cuối cùng là thử lại.

Lúc chứng minh được nhân tính chỉ cần xây dựng các hàm theo các tập nguyên tố $(p);(q)$. Có thể chọn $f(q_i)=\frac{1}{p_i}; f(p_i)=q_i$.

Chài, vậy chắc bài này sai hay sao chứ, đề em hỏi lại thầy thử.

Tính tổng: $\sum_{k=1}^{n} \frac{_{4n}^{4k}\textrm{C}}{k}$. (đề thi học kì lớp mình   )

Cảm ơn thầy! Bài làm của em bị sai ở chỗ phương trình không có nghiệm phân biệt, có vẻ nó chỉ đúng khi n nguyên tố.

Bài 2 ý tưởng của em là dùng số phức, không biết có đúng không : Xét đa thức $x^{n}-1=0$ có n nghiệm phức: $a,a^2,...,a^{n}; a^{n}=1$ . Lấy tâp $ A= L \subset X |L|=3 $ sao cho $A_{j}=L \in A: S(L) = j (mod n)$.

Ta có : $x^{n}-1=(x-a)...(x-a^n)$ hệ số của $n-3$ đồng nhất được : $0=(-1)^{3} \sum_{A}a^{S(A)}= \sum_{A} a^j=\sum_{j=0}^{n-1}|A_j|a^i=0 (mod n)$. Mà $a$ cũng là nghiệm của $x^{n-1}+...+1$ nên $A_i=A_j$.

Vậy $A_{0}=\frac{{}_{n}^{3}\textrm{C}}{n}$.

Tính tổng: $\sum_{k=0}^{n}\frac{\left ( _{4k}^{4n} \right )}{k}$

Bạn có thể xem chuyên đề bất biến của thầy Huỳnh Chí Hào

Mờ nếu chọn: $n=0;1 \rightarrow x=c_{1}+c_{2}; g(x)=2c_{2}-c_{1}$

Mình làm thế này không biết đúng không, Đặt $g(x)=2f(x) \rightarrow g(g(x))=g(x)+2x \rightarrow g_{n}(x)=(-1)^{n}c_{1}+2^{n}c_{2} \rightarrow g(x)=2x-3c_{1}$.

Thử lại : $g(g(x))=2g(x)-3c_1=g(x)+2x \rightarrow c_{1}=0$. Nên $g(x)=2x$.

Chứng minh rằng luôn tồn tại số nguyên $x$ sao cho : $x^2+1 \vdots p$ với $p$ là số nguyên tố dạng $4k+1$.