haku139

 

Bài 4. + Cho $y=1$ được $f(x+f(x))+f(x-f(x))=2x$, suy ra $f$ là toàn ánh.

 Vì $f$ là toàn ánh, nên 

$$f(x+f(x))+f(x-f(x))=x+f(x)+x-f(x) \Longleftrightarrow f(u)+f(v)=u+v$$

Mặt khác, vì $f$ toàn ánh nên tồn tại $t \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $t=f(u)+f(v)$, hay 

$$f(t)=f(f(u)+f(v))=f(u)+f(v)=t$$

Tức là, $f(t)=t$, hay $f(x)=x$.

Thử lại dễ thấy thỏa mãn.

Kết luận: hàm số cần tìm là $f(x)=x \forall x \in \mathbb{R}$.

 

Không thấy ai làm nên mang ngay solution của một bác bên MS

 

Không suy được toàn ánh như vậy.
Nếu giả sử tồn tại $a$ sao cho $f(a)=0$ thì thay $x=a$ ta được $f(ay)=2a$ với mọi $y\in \mathbb{R}$
Vì $f$ không thể là hàm hằng nên  $a=0\Rightarrow f(0)=0$
Xét $x\neq 0$. Thay $y=\frac{x}{f(x)}$ ta được $f(\frac{x^{2}}{f(x)}+f(x))=2x\forall x\neq 0$
Từ đó và $f(0)=0$ ta suy ra được $f$ toàn ánh.

 

Kí hiệu các màu vàng, đỏ, xanh lần lượt là V, Đ, X.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử tại thời điểm ban đầu, màu vàng được tô ít nhất.
Ta sẽ chỉ ra một cách thực hiện thao tác để chuyển tất cả các đỉnh của đa giác về màu đỏ hoặc xanh.
Lúc này, ta chỉ quan tâm đến màu vàng và màu khác vàng, kí hiệu là K.
Đánh số các đỉnh từ 1 đến n theo chiều kim đồng hồ.
Nếu lúc đầu không có đỉnh nào được tô V thì bài toán kết thúc.
Ngược lại thì tồn tại ít nhất một dãy các đỉnh được tô V (dãy có thể có độ dài 1). Do tính nhỏ nhất nên dãy đỉnh này sẽ có độ dài không vượt quá $\frac{n}{3}$ và phía trước hoặc phía sau của nó sẽ là một đỉnh được tô màu K.
Ta lại thấy rằng bằng cách thực hiện quy tắc đổi màu như đề bài liên tục trên dãy đỉnh này thì:
KVVV...V -> KKVV...V -> KKKV...V -> KKKK...V -> ... -> KKKK...K
Áp dụng với tất cả các dãy, tất cả các đỉnh sẽ được tô màu K, ta có đpcm.

b) Nhận xét rằng đối với đa giác 4 đỉnh, nếu ta chuyển được về dạng:
XXVV hoặc XVXV (ở đây ta chọn đại diện hai màu này, thực ra nếu là thay VV bởi DD hay tương tự thế đều được), tức là mỗi cặp đỉnh cùng màu cùng nằm kề nhau hoặc cùng không nằm kề nhau thì bài toán coi như xong. Thật vậy, khi đó ta đổi hai đỉnh 1-4 thành DD và hai đỉnh 2-3 thành DD.
Nhưng việc chuyển về dạng trên luôn thực hiện được vì theo câu a, ta đã có thể chuyển 4 đỉnh về 2 màu.
+Nếu như 2 màu ấy có số lượng bằng nhau thì ta sẽ luôn có dạng trên.
+Nếu như 2 màu ấy khác số lượng nhau (tỉ lệ 1-3) thì ta chỉ cần chuyển thêm một lần nữa để đưa 2 đỉnh kề khác màu thành màu còn lại thì quay về trường hợp trên.

Đối với đa giác 8 đỉnh, đòi hỏi nhiều nhận xét hơn, chẳng hạn nếu chuyển được về dạng: "từ cấm"XVVVV (1) hoặc XXVVXXVV (2) thì xong.
(Nhắc lại lần nữa là 2 màu X và V chỉ lấy làm đại diện, có thể thay bởi cặp X, D hay D, V miễn sao thứ tự các màu giống là như trên).
Thật vậy, dạng 1 có thể chuyển về dạng 2 bằng bằng cách đổi màu đỉnh 4-5 và 1-8. Dạng 2 có thể đổi màu 1-8,2-3,4-5,6-7 để đưa tất cả về cùng màu còn lại.


Công việc của chúng ta là chứng minh rằng luôn có thể chuyển một đa giác 8 đỉnh về một trong hai dạng trên. Mời các bạn thử tiếp nhé!

Lời giải bên mathscope các bạn tham khảo nhé!

IV. a) Gọi O là trung điểm DC, H là trung điểm AB => OH là đường trung bình của hình thang ABDC => OH vuông góc AB và 2OH = AC + BD
=> 2OH < CD < 2R => OH < R => (O) cắt AB tại M và N (góc DMC = góc DNC = 90 độ)(đpcm)

Mình làm câu II c) không biết đúng không nữa:
n = pq là số điều hòa $\Leftrightarrow 1 + p^{2} + q^{2} + p^{2}q^{2} = (pq + 3)^{2}
\Leftrightarrow 1 + p^{2} + q^{2} + p^{2}q^{2} = p^{2}q^{2} + 6pq + 9
\Leftrightarrow p^{2} - 2pq + q^{2} -4(pq + 2) = 0
\Leftrightarrow (p-q)^{2} = 4(pq + 2)$
*Nếu p và q có 1 số = 2 thì $(p-2)^{2} = 4(2p+2) \Leftrightarrow p^{2} -2p + 4 -8p - 8=0
\Leftrightarrow p^{2} -10p -4=0$ (Không có p thỏa đề bài)
*Vậy p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 2 nên $(p-q)^{2} = (2k)^{2} = 4k^{2} =4(pq+2) \Rightarrow (pq+2)=k^{2} $ (đpcm)

Bạn xem lại đề bài 99.Đề bài không chặt

Đã chỉnh sửa đề bài. Sorry