TamTam

đáp số : cos anpha

Bài này có thể dùng nguyên lý ánh xạ co cho dãy chẵn và dãy lẻ, ngắn gọn hơn

TamTam xin đại diện đội ĐN đưa ra lời giải bài rời rạc.

Ta gọi một tam giác đều là $\large good$ nếu nó là ảnh của tam giác $ ABC $ qua một phép tịnh tiến.
Với mỗi tập hữu hạn $U$ (có nhiều hơn $1$ phần tử) các điểm trên mặt phẳng, ta vẽ qua mỗi điểm của nó các đường thẳng song song với các cạnh $ AB,BC,CA $. Các đường thẳng này cắt nhau tạo thành một tam giác đều, và trong đó, ta xét tam giác $ XYZ $ là tam giác lớn nhất (theo nghĩa chứa tất cả các tam giác còn lại) mà ta sẽ gọi là $\large bao$ của $U$. $ X_1,Y_1,Z_1$ lần lượt là các điểm của $U$ nằm trên $ YZ,ZX,XY $ (có thể có (đúng) hai trong ba điểm $ X_1,Y_1,Z_1$ trùng nhau (trùng với đỉnh của tam giác $ XYZ $). Ta sẽ gọi bộ $ (X_1,Y_1,Z_1) $ là một biên của $U$.
Nhận xét :
(i) Mỗi bộ $ (X_1,Y_1,Z_1) $ xác định duy nhất một tam giác $ XYZ $.
(ii) Một tam giác $ \large good $ nó chứa $U$ khi và chỉ khi nó chứa biên của $U$.
(iii) Một tam giác $ \large good $ chứa $ Y_1,Z_1 $ (tương ứng $ Z_1 $ và $ X_1 $, $X_1$ và $ Y_1 $) thì nó phải chứa cả $ X_1 $ (tương ứng $ Y_1,Z_1 $).
Giả sử $M$ có bao là $ XYZ $ và $1$ biên là $ X_1, Y_1, Z_1 $ (tương ứng thuộc $ YZ, XZ, XY $)
$ \large N:= {X_1, Y_1, Z_1} $.
Xét $2$ điểm $ Y_1, Z_1 $; nếu tồn tại $1$ tam giác $ \large good T $ chứa $ Y_1, Z_1 $ thì theo (iii) nó chứa $X$ và bằng phép tịnh tiến ta có thể coi tam giác đó có $1$ đỉnh là $X$. Ta thêm vào $N$ bộ điểm là biên của tập điểm $M|T$ ($ X_1 \in M|T $ nên $ M|T $ khác rỗng và nếu $ M|T $ chỉ có $1$ phần tử thì kết luận của bài toán là hiển nhiên).
Chú ý rằng luôn có $1$ biên của $ M|T $ chứa $ X_1 $ nên ta có thể xem số phần tử thêm vào $N$ không vượt quá $2$.
Tương tự với các bộ điểm $ Z_1, X_1 $ và $ X_1,Y_1 $.
Số phần tử của $N$ lúc này không quá $ 3+3.2 = 9 $.
Theo giả thiết, tồn tại $2$ tam giác tốt $ Q, Q_1 $ chứa tất cả các điểm của $N$.
Mặt khác không thể cả $ X_1, Y_1, Z_1 $ cùng nằm trong $1$ tam giác nên có thể coi $ Y_1, Z_1 $ thuộc $Q$. Và có thể xem $Q$ trùng $T$.
Các điểm là biên của $ M|Q $ sẽ phải nằm trong $ Q_1 $ và theo (ii) $ Q_1 $ sẽ chứa tất cả các điểm của $ M|T $. Từ đó $ Q $ ∩ $ Q_1 $ sẽ lấp hoàn toàn $M$ (đpcm).

Xin lỗi các bác, có vài rắc rối nên TamTam mới post đội hình đội ĐN được, các bác thông cảm!!!
* TamTam (ĐS & GT)
* dtrung (hình)
* telesin (số)
* mezt (bất đẳng thức)
* thuan_math_90 (rời rạc)

Cám ơn minhtoan… Nhiều bài quá, trong khi không có thời gian post đầy đủ lời giải nên nêu hướng giải quyết vậy…
Tất cả các bài này chú ý xét $P$ là hằng số…
$1.$Hãy chứng minh nếu $P$ tồn tại thì $P$ vô nghiệm thực. Đặt $P(x)=a(x^2+1)^n+Q(x)$ với $a$ khác $0$. Hãy chỉ ra $Q$ đồng nhất $0$.
2. Có thể sử dụng phương pháp mình đã trình bài ở bài mà mình đã góp ý cho chuongpbc. Kết quả $P(x)=(x^2+x)^n$.
3. Trừ hai vế cho $(x+1)^2$ rồi đặt $Q(x)=P(x^2)-x^2$ thì $Q$ là hằng số (lý luận ngắn thui), suy ra $P(x)=x+c$ với mọi $\large x \geq 0$, suy ra $P(x)=x+c$ với mọi $x$.
Các bài ở trên đều có thể giải được bằng phương pháp số phức hoặc sử dụng bổ đề của Tân.