Lời giải bài 5 và bài 6:
Lời giải bài 5:
+ Xét $n=6$, thì hiển nhiên.
+ Xét $n>6$, giả sử tồn tại $1$ điểm nối ít nhất với $6$ điểm khác. Gọi đó là điểm $A$ và $6$ điểm bất kì được nối với $A$ là $B,C,D,E,F,G$
Do tổng $6$ góc tại điểm $A$ bằng $360^0$, nên tồn tại $1$ góc không quá $60^0$. Giả sử đó là $\angle{BAC}$.
Mặt khác theo giả thiết, ta suy ra được: $BC$ là cạnh lớn nhất trong tam giác $ABC$( do $B$ được nối với $A$ nên $B$ gần $A$ nhất suy ra $BC>BA$; tương tự $BC>CA$).
$\implies \angle{BAC}$ lớn hơn hai góc còn lại là: $\angle{ABC};\angle{ACB}$.
$\implies 60^0\ge \angle{BAC}>\angle{CBA}>\angle{ACB}$.
$\implies \angle{BAC}+\angle{ACB}+\angle{ABC}<180^0\implies $mâu thuẩn.
Vậy điều giả sử trên là không đúng, do đó mỗi điểm chỉ được nối tối đa với 5 điểm khác.
*************************************************************************************
Lời giải bài 6:
Theo đề: $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4(1)$.
Thay $x$ bởi $1-x$, ta được:
$(1-x)^2f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^4(2)$.
Nhân cả hai vế của $(1)$ cho $(1-x)^2$:
$x^2(1-x)^2f(x)+(1-x)^2f(1-x)=(1-x)^2(2x-x^4)(3)$
Trừ $(2)$ cho $(3)$ vế theo vế ta được:
$[1-x^2(1-x)^2]f(x)=(1-x)[2-(1-x)^3-(1-x)(2x-x^4)]$.
Hay ta có thể viết lại: $K(x)f(x)=(1-x)M(x)(4),$
Trong đó: $K(x),M(x)$ lần lượt là :
$K(x)=1-x^2(1-x)^2=(1-x+x^2)(1+x-x^2)$.
$M(x)=2-(1-x)^3-(1-x)(2x-x^4)$.
$\iff M(x)=2-(1-x)((1-x)^2+2x-x^4)$
$\iff M(x)=2-(1-x)(1+x^2-x^4)$
$\iff M(x)=1+x-x^2+x^3+x^4-x^5$
$\iff M(x)=(1+x^3)(1+x-x^2)=(1+x)(1-x+x^2)(1+x-x^2)=(1+x)K(x)$.
Do đó: $(4)\iff K(x)f(x)=(1-x^2)K(x)$.
$\implies K(x)=0\text{ hoặc }f(x)=1-x^2$.
Ta có: $K(x)=0$
$\iff x^2(1-x)^2=1$.
$\iff x(1-x)=1(*)\text{ hoặc }x(1-x)=-1(**)$.
Ta nhận thấy, phương trình $(*)$ không có nghiệm thực, và phương trình $(**)$ có $2$ nghiệm là:
$\alpha=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5});\beta=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$.
Và do $\alpha,\beta$ làn lượt là các nghiệm của $(**): x(1-x)=-1\iff x^2=x+1$, nên ta có các hệ thức sau:
$\alpha+\beta=1;\alpha*\beta=-1;\alpha^2=\alpha+1;\beta^2=\beta+1(7)$.
Vậy: $\forall x\ne \alpha,\beta$, ta có: $f(x)=1-x^2$.
Xét $x=\alpha$.
Thay lại vào phương trình $(1)$ ta có:
$\alpha^2f(\alpha)+f(1-\alpha)=2\alpha-\alpha^4(8)$.
Mặt khác theo hệ thức $(7)$, ta lại có: $\beta=1-\alpha$.
Nên $(8)\iff \alpha^2f(\alpha)+f(\beta)=2\alpha-\alpha^4 =2\alpha-(\alpha+1)^2=-1-\alpha^2(9)$.
Tương tự, thay $x=\beta$, ta có:
$\beta^2f(\beta)+f(\alpha)=2\beta-\beta^4=-1-\beta^2 (10)$.
Nhân $(10)$ với $\alpha^2$ vế theo vế ta được:
$\alpha^2\beta^2f(\beta)+\alpha^2f(\alpha)=-\alpha^2\beta^2-\alpha^2$.
$\iff f(\beta)+\alpha^2f(\alpha)=-1-\alpha^2$ (do $(7):\alpha.\beta=-1$)
Và ta có nhận xét rằng: Phương trình này chính là phương trình $(9)$.
Do đó hai phương trình $(9)$ và $(10)$ thực chất là một.
Giả sử $f(\alpha)=c(c\in \mathbb{R}\text{ tùy ý })$.
Khi đó từ phương trình $(9)\implies f(\beta)=-(\alpha^2+1)-\alpha^2c=-(\alpha+2)-(\alpha+1)c(\text{ do (7) })$.
Kết luận: $\left\{\begin{array}{I} f(x)=1-x^2\forall x\ne \alpha,\beta \\f(x)=c( c\in \mathbb{R} ), x=\alpha\\ f(x)=-(\alpha+2)-(\alpha+1)c,x=\beta \end{array}\right.$
Trong đó: $\alpha=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5});\beta=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5}).$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 14-08-2018 - 08:45