NightBaron

Cho f : R -> R
liên tục tại 0 và
f(x) = f(3x) với mọi x thuộc R
Tìm hàm số đó

Có:
$f(x)=f(\dfrac{x}{3})=f(\dfrac{x}{3^2})=.....=f(\dfrac{x}{3^n})=...$

do $f$ liên tục suy ra $f(x)=\lim_{n\to\infty} f(\dfrac{x}{3^n})=f(\lim_{n\to \infty}\dfrac{x}{3^n})=f(0)$

$\Rightarrow f(x)=f(0)$

Me,too!
Tên kia còn lảng vảng ở đây làm gì !

Mà chém gió cũng là 1 môn võ đúng ko? Anh hâm mộ cả GS Cù trọng Xoay!!

Cho hàm số $ f(x) $ liên tục $ R -> R $ thỏa mãn
$ f(f(x))f(x)=1 $
$ f(1000)=999 $
Tính $ f(500) $

bài này THTT thi lại 2 lấn (bài trên báo khó hơn).

de thay:

$f(999)=\dfrac{1}{999}$.

Mà $f$ lien tục /R nen ton tai $a\in (999;1000): f(a)=500$.

từ đó dễ thấy: $f(500)=\dfrac{1}{500}$.

Cho $p>2$ là 1 số nguyên tố. CMR phương trình:

$ax^2+by^2=pz+c$.

Có nghiệm $(x,y,z)\in N$, với $a,b,c\in N$ và không chia hết cho $p$.

Bài hình:

Mình vẽ hình nhưng không tải lên được:

Bài này dùng hàng điểm điều hòa là xong ngay:

Gọi $F$ là giao điểm của $DT$ với đường tròn đường kính $AD$ thì tứ giác $EDZF$ là tứ giác điều hòa. Do $A$

là 1 điểm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EDZF$ nên $(AE,AZ,AF,AD)=-1$ hay: $(AB,AC,AF,AD)=-1$.

Mặt khác vì $D$ là trung điểm của $BC$ nên $AF\|BC$. $\Rightarrow DT \bot BC\Rightarrow \Delta TBC$ cântại T. Suy ra dpcm.

Cho trước $n \in N*$. Chứng minh với mọi $n$ thì luôn tồn tại $a,b$ là các số nguyên dương thỏa mãn:
$\dfrac{a^2+b}{a+b^2}=n$

$\dfrac{a^2+b}{a+b^2}=n (1)$

Cho $n=1$ thỏa mãn.

Xét n>1:

Case1: $n=m^2$:

1.1: $m\equiv 0(mod2)$. Khi đó ta chọn: $(a;b)=(\dfrac{m^5}{4}+\dfrac{m^2}{2}; \dfrac{m^4}{4})$

1.2: $m\equiv 1(mod2)$. khi đó chọn $(a;b)=(\dfrac{(m^2-m+2)(m^2+1)}{4}; \dfrac{m^2+1}{4})$

Case 2: $n$ không là số chính phương.

$(1) \Leftrightarrow a(a-n)=b(bn-1) (2)$

Đặt $gcd (a,b)=x\Rightarrow a=ux; b=vx; gcd(u;v)=1$.

Thay vào (2) ta có:

$u(ux-n)=v(nvx-1)$

$\Rightarrow \exists y\in N^*: \\ ux-n=yv; \\ nvx-1=yu$

Dễ dàng giải được:

$x=\dfrac{nu-v}{u^2-nv^2}; y=\dfrac{n^2v-u}{u^2-nv^2} (4)$

Nhận xét rằng nếu tồn tại $(u;v)$ thỏa mãn (4) và $x,y$ nguyên dương thì cũng tồn tại $(a;b)=(ux;vx)$ thỏa mãn

(1). Vậy ta chỉ cần cm tồn tại $(u_o;v_o)$ để $x,y$ nguyên dương thi bài toán được cm:

Do $n$ không là số chính phương nên xét phương trình Pell loại I : $u^2-nv^2=1$ luôn có nghiệm
nguyên dương $(u_o;v_o)$.

Khi đó: $x=nu_o-v_o ; y=n^2v_o-u_o$

Mặt khác để ý rằng $u^2_o-ny^2_o=1$ nên dễ dàng nhận thấy $x;y$ nguyên dương.

$\Rightarrow Q.E.D$

1. Chứng minh rằng tồn tại một lũy thừa của 2 sao cho 1000 chữ số cuối của số đó là các con số 1 và 2.

2. Chứng minh rằng với một số nguyên tố $p$ bất kỳ thì có hai số nguyên $x$ và $y$ sao cho $(x^{2} + y^{2} + 1) \vdots p$.

Problem2:

Nếu $p=2$ dễ thấy dpcm.

Nếu $p>2\Rightarrow p=4k+1$ Hoặc $p=4k+3$

1.1: $p=4k+1$, chọn $y=0$: Khi đó, $-1$ là số chính phương $Mod p$ nên dẽ thấy dpcm.

1.2: $p=4k+3$.

Gọi $r_i\equiv i^2 (modp)\; s_i\equiv -i^2-1(modp),\forall i=1,2..,\dfrac{p-1}{2} $

thì ta thấy $r_i\neq r_j (modp); s_i\neq s_j (modp), i,j\in (1,2..,\dfrac{p-1}{2}); r_i, s_i\in (1,2,...,p-1)$

Và:

$\sum^{\dfrac{p-1}{2}}_{i=1}r_i+\sum^{\dfrac{p-1}{2}}_{i=1}s_i\equiv -\dfrac{p-1}{2} (modp)$ (1)

Đặt $R={r_i}, S={s_i}, i=1,2...,\dfrac{p-1}{2}\Rightarrow |R|=|S|=\dfrac{p-1}{2}; |R\cup S|\le p-1 $

Case 1: $|R\cup S|=p-1\Rightarrow R\cap S= \phi\Rightarrow r_1,r_2...,r_{\dfrac{p-1}{2}}, s_1,s_2,....,s_{\dfrac{p-1}{2}}$ là $p-1$ số nguyên dương phân biệt.Suy ra:

$\sum^{\dfrac{p-1}{2}}_{i=1}r_i+\sum^{\dfrac{p-1}{2}}_{i=1}s_i=1+2+3+..+p-1\equiv 0 (mod p)$

$\Rightarrow$ mâu thuẫn với $(1)$.

Case 2: Nếu $|R\cup S|<p-1\Rightarrow |R\cap S|\neq \phi$

Khi đó $\exists i, j: r_i\equiv s_j (modp)$ hay $i^2\equiv -j^2-1 (modp)\Rightarrow i^2+j^2+1\equiv 0 (mod p)$

Vậy ta chọn $x=i, y=j$ thì có dpcm.

$\Rightarrow Q.E.D$

Bài Toán :

Giả sử các số nguyên dương $m ; n $ thỏa mãn : $ 3m | (m+3)^n + 1$

Chứng minh rằng ta có đồng dư thức : $ m \equiv \ \ 2 \ \ ( \mod 12 )$

Nguyễn Kim Anh

Nice:

$(m+3)^n+1\equiv m^n+1\equiv 0 (mod 3)\Rightarrow m\equiv 2 (mod 3)$ (dùng phản chứng)

Nếu n chẵn: $(m+3)^n+1\equiv m^n+1\equiv 2 \neq 0 (mod3) $ (Vô lý)

Vậy n lẻ.

Ta có:

$3^n+1\equiv (m+3)^n+1\equiv 0 (mod m)$

Gọi $l$ là ước lẻ của $m$. Ta sẽ cm $l$ chỉ có ước nguyên tố dạng $p=6h+1$

Thật vậy do $m$ không chia hết cho 3 nên $p$ có dạng: $p=6h+1; p=6h+5$

Giả sử $l$ có ước nguyên tố $p=6h+5$.

Đặt

$a=3^{\dfrac{n+1}{2}}$. Do $3^n+1\eqiv 0 (mod p)\Rightarrow a^2+3\equiv 0 (mod p)$

Lại đặt:

$b=\dfrac{a-1}{2} \Rightarrow b^2+b+1\equiv 0 (mod p) \Rightarrow b^3\equiv 1 (mod p)$

Mặt khác:

$b^{p-1}\equiv 1 (mod p)$

Nên: Nếu gọi $d=ord_bp\Rightarrow d|p-1, d|3$

Lại do:
$p=6h+5 \Rightarrow (p,3)=1 \Rightarrow d=1 \Rightarrow b\equiv 1 (mod p)$

$\Rightarrow b^2+b+1\equiv 3\neq 0 (mod p)$ (mâu thuẫn)

Vậy $m$ chỉ có ước nguyên tố lẻ dạng $p=6h+1\Rightarrow l=6k+1$

Đặt $m=2^t.l=2^t(6k+1)$. Do $m\equiv 2 (mod3)\Rightarrow k=1$

Do đó:

$m=12k+2\Rightarrow m\equiv 2 (mod 12)$

$\Rightarrow Q.E.D$

Cảm ơn, cảm ơn đã mang đến cho diễn đàn một câu chuyện thật sự cảm động

Cám ơn bạn vì đã cho mình được gặp 1 thiên thần...