The Collection

Nhận xét thấy vế trái là $P(x^2+1)$, còn vế phải xuất hiện $(P(x))^2$ nên ta dự đoán $P(x)=ax+b$, thay vào phương trình trên ta được

  $ax^2+(a+b)=a^2x^2+2abx+b^2+1$

Dùng phương pháp hệ số bất định, ta có: 

   $a=a^2$

   $2ab=0$

   $a+b=b^2+1$

 Giải hệ trên ta tìm được $a=1, b=0$$\Rightarrow P(x)=x$

 Vậy $P(x)=x$

Hì, bạn ơi, $P(x)=x$ chỉ là đáp án trong 1 trường hợp của bài toán, khi hàm $P(x)$ lẻ

Bạn có thể phát biểu 4 bổ đề đó được không? Chỉ cần phát biểu thôi cũng được, có chứng minh lại càng hay.

Hic, xin lỗi bạn ha, lâu quá rồi mình quên mất >"<

 

Em nghĩ cũng nên lập ra một topic về việc tham gia sáng tác các bài toán nhân kỉ niệm $10$ năm DĐTH. Cá nhân hoặc tập thể nào có đề bài và lời giải hay thì cũng sẽ có thể xem xét để trao giải (nên giới hạn 10 bài toán cho mỗi tác giả, đi kèm lời giải và các thông tin như:  tự sáng tác hay cải biên từ bài toán đã có,...  ).

 

Hơn nữa thì em cũng có một góp ý nho nhỏ thế này: Có nhiều thành viên đã có nhiều bài viết hay, tích cực mang tính xây dựng cho diễn đàn, là thành viên của diễn đàn trong một thời gian dài có thể họ không tham gia cuộc thi Viết bài kỉ niệm 10 năm Diễn đàn toán học nhưng vẫn có thể xét tặng để trao giải ( như một sự biết ơn cho các đóng góp của họ VD: thầy hxthanh Trần Quốc Nhật Hân (perfectstrong ) Nguyễn Tạ Nguyên (nguyenta98),  ect.... ) 

 

Ở mỗi mục trao giải nên có những tiêu chí cụ thể để tiện cho việc đánh giá khách quan, công bằng !  

 

 

 

nguyenta98 là Tạ Hà Nguyên ạ

Bài 48: Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$, $S$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. $E,F$ lần lượt là trung điểm $AC,AB$. $L$ là giao điểm của $AS$ và $CF$. Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ trên $EF$ thì: \[OM\perp CF\Leftrightarrow \frac{SB}{SC}=2\frac{ME}{MF}\Leftrightarrow \frac{LF}{LC}=\frac{ME}{MF}\]

http://www.artofprob...ic.php?t=107793

(Chưa giải nên không biết có hay không, mọi người thử đi nhé!)

Bài này của Bulgarie, cũng khá hay

Cho hàm $f:N^* \to N^*$ thỏa mãn:

(1) $f(1)=1$

(2) $f(n)=n-f(f(n-1))\forall n \ge 2$

Chứng minh rằng: $f(n+f(n))=n\forall n \in N^*$

Giải như sau:

Đầu tiên chứng minh: \[f(n) \le f(n+1) \le f(n)+1 \forall n \in \mathbb{N}^* (1)\]

Kiểm tra thấy $n=1$ thì $(1)$ đúng.

Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$.

Dễ thấy với mọi $m,n \le k+1$, nếu $m \le n$ thì $f(m) \le f(n)$. (Chứng minh bằng quy nạp)

Và $f(n) \le f(n-m)+m$.

Và từ đẳng thức bài toán ta có $f(k) \le k$, và $f(f(n))=n+1-f(n+1), \forall n \ge 1$.

Theo giả thiết quy nạp ta có: 

• $f(k) \le f(k+1) \le k+1 \to f(f(k)) \le f(f(k+1)) \to k+1 - f(k+1) \le k+2-f(k+2) \to f(k+1)+1 \ge f(k+2).$
• 
  
• $k+1 \ge f(k)+1 \ge f(k+1) \to f(f(k)+1) \ge f(f(k+1)) \to f(f(k)) + 1 \ge f(f(k+1)) \to k+1-f(k+1) +1 \ge k+2-f(k+2) \to f(k+1) \le f(k+2)$ 
• 
  

Do đó theo nguyên lý quy nạp $(1)$ đúng với mọi $n$. Đến đây dễ quy nạp bài toán như sau:
 

Gỉa sử bài toán đúng tới $n=k$, tức là $f(k+f(k))=k$, ta có: 

$f(f(k+f(k))=f(k) \to k+f(k)+1-f(k+f(k)+1)=f(k) \to f(k+f(k)+1)=k+1 (2)$

Mặt khác từ nhận xét trên ta suy ra: $f(k)=f(k+1)$ hoặc $f(k+1)=f(k)+1$.

Nếu $f(k+1)=f(k)$ thì từ $(2)$ có $f(k+1+f(k+1))=k+1$.

Nếu $f(k+1)=f(k)+1$ thì: $f(k+1+f(k+1))=k+1+f(k+1)-f(f(k+1+f(k))=k+1$.

Theo nguyên lý quy nạp có đpcm.