k4x

Cho $y=0$ ta suy ra $f(x)=\frac{f(f(x))+f(0)}{f(0)+1}$ => $f$ toàn ánh => $\exists a:f(a)=0$ (với $a$ thuộc R)

Cho $x=y$ ta suy ra $f(f(0))=(f(x))^{2}-x^2$ $(1)$

giả sử $f(x_{1})=f(x_{2})$ thì từ $(1)$ suy ra $x^{2}_{1}=x^{2}_{2}$

TH1: $x_{1}=x_{2}$ => $f$ song ánh 

thay $x=0$ và $y=a$ ta được $f(f(-a))=f(0)$ => $f(-a)=0=f(a)$ => $a=0$ 

như vậy $f(0)=0$ thế điều này vào $(1)$ ta được $(f(x))^{2}=x^2$ 

TH2:$x_{1}=-x_{2}$ 

Cũng thay $x=0$ , $y=a$ ta thu được $f(-a)=f(a)=0$

giả sử $a \neq 0$ thì thay $x=a$ vào $(1)$ ta thu được $f(f(0))=-a^{2}$ => $(f(x))^2=x^2-a^2$ 

đến đây thay $x=0$ ta thu được $((f(0))^2=-a^2 < 0$ => vô lý 

do đó $a=0$ tương tự trường hợp 1 ta thu được $(f(x))^{2}=x^2$ 

thử hai trường hợp $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ ta chỉ nhận $f(x)=x$ 

bài 5 : 

$a)$ $P(x)=P(x+1)=P(x+2)=...=P(x+n)$ với $n$ thuộc $\mathbb{N}$

vì x=[x]+{x} nên P(x)=P({x}) do đó nếu chọn $x$ là một số nguyên bất kì thì $P(x)=P(0)=const$

a) 

$f(x)=1+\frac{3}{x+1}$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$ \ ${1}$

Ta có $u_{1} < u_{3}$ thì  $f(u_{1}) > f(u_{3})$

                                    <=> $u_{2} > u_{4}$

                                    <=> $f(u_{2}) < f(u_{4})$

                                    <=> $u_{3} < u_{5}$

Cứ tiếp tục như thế ta thu được $u_{2n}$ là dãy giảm và $u_{2n+1}$ là dãy tăng 

Đặt  $x,y$ lần lượt là $lim$ của $u_{2n}$ và $u_{2n+1}$  , dễ thấy $x,y >1$

ta thấy $u_{2n+1}=1+\frac{3}{u_{2n}+1}$ do đó nếu lấy giới hạn 2 vế ta được $y=1+\frac{3}{x+1}$ $(1)$

tương tự $x=1+\frac{3}{y+1}$ $(2)$

$(1)-(2)=(y-x)[1-\frac{3}{(x+1)(y+1)}]=0$

Mà do $x,y>1$ cho nên $1-\frac{3}{(x+1)(y+1)} > 0$ do đó $x=y$  , giải $(2)$ ra ta được $x=y=2$

b) $S=\sum_{k=1}^{2020}u_{k}=\sum_{k=0}^{1009}u_{2k+1}+\sum_{k=1}^{1010}u_{2k}$

Do dãy $u_{2n}$ giảm cho nên $\sum_{k=1}^{1010}u_{2k} < 1010.u_{2}=2525$ $(3)$

Do dãy $u_{2n+1}$ tăng và có giới hạn bằng 2 cho nên $\sum_{k=0}^{1009}u_{2k+1} < 1010.2=2020$ $(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $S < 2020+2525=4545$

Edit : xém tí quên chỉ ra dãy bị chặn, do $u_{n} $ $\geq$ $1$ nên $u_{n+1}=1+\frac{3}{u_{n}+1} \leq 1+\frac{3}{2}=2,5$ 

ta đã biết bài toán quen thuộc sau:

Cho $\Delta XYZ$ , tâm ngoại tiếp $O$,ba đường cao $XS,YU,ZF$, trực tâm $H$ , đường tròn $(I;\frac{XH}{2})$ cắt $(O)$ tại $D$, $T$ là trung điểm $YZ$ ,khi đó $\overline{D,H,T}$ và $TU,TF$ là 2 tiếp tuyến của $(I)$

trở lại bài toán thì $\Delta  ABC$ là $\Delta DFU$, các điểm $E,K,P,M,Q$ lần lượt là các điểm $H,X,Y,T,Z$.Do đó ta có đpcm

Đề thiếu $n\leq 2p$ thì phải

lời giải của mình (mình nghĩ cũng chặn điều kiện là $n \leq 2p$)

trường hợp đơn giản đầu tiên đó là $p=2$ => $n=2$

khi $p$ lẻ ta xử lý như sau

để thuận tiện cho việc theo dõi thì ta đặt $p-1=x$ , dễ thấy $n$ lẻ 

ta có: $x \equiv -1$ (mod x+1) cho nên $\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i}x^{n-i}$ $\equiv$ $n$ (mod x+1) $(1)$

vì $x^n+1=(x+1).\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i}x^{n-i}$ cho nên từ $(1)$ ta có 2 trường hợp sau:

Th1: $n \equiv 0$ (mod x+1) nên $n=p$ ($n$ khác $2p$ vì $n$ lẻ)

       $(p-1)^n+1 \vdots n^{p-1}$ => $v_{p}(VT) \geq v_{p}(VP)$ => $2 \geq p-1$ => $p=3$ 

       vậy $(p,n)=(3,3)$

Th2: $n$ không chia hết cho $p$

khi đó vì $p=x+1$ là số nguyên tố cho nên $gcd(p;\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i}x^{n-i})=1$ $(2)$

đặt $(p-1)^n+1=n^{p-1}.k$ từ $(2)$ suy ra $gcd(n^{p-1},k)=1$ nên ta tiếp tục có 2 trường hợp nhỏ nữa

    Th3:$p=x+1=n^{p-1}$, vì $p$ là số nguyên tố nên hoặc $n=1$ => pt có nghiệm $(p,1)$

                                                                                         hoặc $p=2$ (loại)

    Th4:$\sum_{i=1}^{n-1}(-1)^{i}x^{n-i}=n^{p-1} \equiv n$ (mod p) $(3)$

            vì $n$ không chia hết cho $p$ nên theo định lý $Fermat$ $n^{p-1} \equiv 1$ (mod p) $(4)$

            Từ $(3),(4)$ suy ra $n-1 \vdots p$ => $n=p+1$ => $n$ chẵn (vô lý)

Vậy phương trình có các nghiệm sau $(p;n)$ $\in$ ${(2;2),(3;3),(p,1)}$ 

Một cách tổng quát:

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ sao cho $p \equiv 2$ $($mod$ $m$)$ .Khi đó $\prod_{i=1}^{p}\sum_{j=1}^{m}t^{m-j} \equiv m$ $($mod$ $p$)$

bạn kiểm tra lại đề xem thử , với $n=2$ thì đề bài sai 

mình có 2 hướng sửa lại bài này

$v_{p} ((n^2)!) \leq v_{p}((n!)^{n^2+n+1})$ với $3 \leq p \leq n$ (lời giải của mình hơi xấu)

$(n^2)! \vdots (n!)^k$ với $k \in N^{*}$ và $0 \leq k \leq n+1$ (cái này mình vẫn chưa giải ra nên rất mong đc biết lời giải của các bạn)

 

P/s: Lẽ ra đây là bài phương tích thì phải có câu cmr $EFYZ$ là tứ giác nội tiếp chứ nhỉ?

em có cách biến đổi góc để chứng minh $EFYZ$ nội tiếp như sau:

Đặt $\angle ECZ=\alpha$ , quy ước $\angle A,\angle B,\angle C$ là các góc của tam giác $\Delta ABC$

Ta có: $\angle FEZ=\pi-\angle AEF-\angle ZEC=\pi-(\frac{\pi}{2}-\frac{\angle A}{2})-(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2})$

                              $=\frac{\angle A+\alpha}{2}$ 

$\angle FYZ=2\pi-(\angle FYB+\angle ZYD+\angle DYB)=2\pi-(\frac{\pi-\angle FBY}{2}+\frac{\pi-\angle YBD}{2}+\angle DZC)$ 

 $=2\pi-(\pi-\angle B+\frac{\pi-(\angle C-\alpha)}{2})=\frac{\pi}{2}+\frac{\angle B+\angle C-\alpha}{2}$  

Do đó $\angle FYZ +\angle FEZ=\pi$ => $EFYZ$ là tứ giác nội tiếp

bài $3a$ 

ta có bài toán sau , cho $a,b$ là 2 số dương thỏa $a < b$ thì $\frac{a}{b} < \frac{a+1}{b+1}$ 

Áp dụng bài toán trên ta được: $u_{n} < \prod_{i=1}^{n}\frac{2i+2}{2i+3}$

                                              =>$u_{n}^2 < \frac{1}{2n+3}$

                                              =>$u_{n}$ $<$ $\frac{1}{\sqrt{2n+3}}$=$v_{n}$

chứng minh quy nạp ta được $u_{n} > \frac{1}{2n+1}=w_{n}$

Vì $w_{n} < u_{n} < v_{n}$

     $limw_{n}$=$lim v_{n}$=$0$

nên theo nguyên lý kẹp thì $lim u_{n}=0$     

ta tổng quát được bài toán sau : cho $p$ là số nguyên tố và $k$ là số tự nhiên bất kỳ. khi đó 

                                                         $v_{p}((p^k)!)=\frac{p^{k}-1}{p-1}$ (chứng minh tương tự bổ đề phía trên)

Bổ đề: $v_{2}((2^k)!)=2^k-1$ với $k$ là số tự nhiên bất kỳ.

Chứng minh:

 Gọi $A_{1};A_{2};A_{3};...;A_{k-2};A_{k-1};A_{k}$ là những tập chứa các số tự nhiên từ $1$ đến $2^k$ sao cho các phần tử thuộc $A_{i}$ phải chia hết cho $2^i$.Dễ thấy $\left |A_{i} \right |=2^{k-i}$

 Ta có nhận xét sau: $A_{k} \subset A_{k-1} \subset ... \subset A_{2} \subset A_{1}$ $(1)$

 Do đó, nếu gọi $A'_{1};A'_{2};A'_{3};...;A'_{k-2};A'_{k-1}$ là các tập cũng chứa các số tự nhiên từ $1$ đến $2^k$ nhưng các phần tử thuộc $A_{i}$ có số mũ của 2 khi phân tích ra thừa số nguyên tố là $i$.Từ $(1)$ ta sẽ có $A'_{i}$=$A_{i}$ \ $A_{i+1}$ ($k-1 \geq i \geq 1$) => $\left |A'_{i} \right |=\left | A_{i} \right |-\left |A_{i+1} \right |=2^{k-i}-2^{k-i-1}$.Còn riêng $A_{k}$ thì $A_{k}=A'_{k}={2^k}$

  Nhận xét thứ 2: $v_{2}((2^k)!)=\sum_{i=1}^{k-1}i.\left |A'_{i} \right |+k$

                                                 $=\sum_{i=1}^{k-1}i.(2^{k-i}-2^{k-i-1})+k$

                                                  $=2^k-1$ (cái này mình dùng Wolf thu gọn lại).

Quay lại bài toán: Đặt $u=\frac{(2^k)!}{2^{2^k-1}}$ thì $2^{n}.m=2^{2^k-1}.u$ $(3)$

                             $m$ luôn viết được dưới dạng $2^{v}.l$ với $gcd(2,l)=1$  

                             Lúc đó $(3)$ <=> $2^{n+v}.l= 2^{2^k-1}.u$ $(4)$ => $n+v=2^k-1$ => $u=l$ (vì nếu $n+v \neq 2^k-1$ thì                                      $v_{2}(VT(4)) \neq v_{2}(VP(4))$).

Vậy nghiệm của phương trình là $(n,m)=(n,2^{2^k-1-n}.\frac{(2^k)!}{2^{2^k-1}}).$$\blacksquare$

$P/S:$ ta có thể tổng quát bài toán này thành ''Cho $k$ là số tự nhiên và $p$ là số nguyên tố bất kỳ.Tìm nghiệm nguyên của phương trình $(p^k)!=p^{n}.m$'' , lời giải cho bài tổng quát tương tự như lời giải của mình phía trên