Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f\colon\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện \[f\left(x+2020f(xy)\right)=f(x)+2020xf(y)\] với mọi $x,y\in \mathbb{R}$. |
Lời giải
Giả sử hàm số $f$ thỏa mãn điều kiện \[f\left(x+2020f(xy)\right)=f(x)+2020xf(y)\tag{1}\] với mọi $x,y\in \mathbb{R}$.Cho $x=y=-\dfrac{1}{2020}$ ta được $f\left(-\dfrac{1}{2020}+2020f\left( \dfrac{1}{2020^2}\right)\right)=0$.
Đặt $u=-\dfrac{1}{2020}+2020f\left(\dfrac{1}{2020^2}\right)$ ta được $f(u)=0$.
Thay $x=u$, $y=1$ vào $(1)$ ta được $2020uf(1)=0\Leftrightarrow uf(1)=0$.
- Nếu $f(1)=0$. Thay $x=\dfrac{1}{y}$, $y\ne 0$ ta được
\[f\left(\dfrac{1}{y}\right)=f\left(\dfrac{1}{y}\right)+2020\dfrac{1}{y}f(y).\]
Suy ra $f(y)=0,\ \forall y\ne 0$.
Thay $y=0$ vào $(1)$ ta được \[f\left(x+2020f(0)\right)=f(x)+2020xf(0).\] Chọn $x\ne 0$, $x\ne -2020f(0)$ thì $f(x)=0$, $f\left(x+2020f(0)\right)=0$, từ đó ta được $f(0)=0$.
Suy ra $f(x)=0,\ \forall x\in \mathbb{R}$. - Nếu $f(1)\ne 0$ thì $u=0$ hay $f(0)=0$. Từ đó ta có $f\left(\dfrac{1}{2020^2}\right)=\dfrac{1}{2020^2}$.
Với $x,y\ne 0$, đặt $z=x+2020yf\left(\dfrac{x}{2020^2y}\right)$.
Thay $x$ bởi $\dfrac{x}{y}$, $y$ bởi $\dfrac{1}{2020^2}$ vào $(1)$ ta có \[f\left(\dfrac{x}{y}+2020f\left(\dfrac{x}{2020^2y}\right)\right) = f\left(\dfrac{x}{y}\right)+2020\dfrac{x}{y}f\left(\dfrac{1}{2020^2}\right) = f\left(\dfrac{x}{y}\right)+\dfrac{x}{2020y}.\] Suy ra $f\left(\dfrac{z}{y}\right)=f\left(\dfrac{x}{y}\right)+\dfrac{x}{2020y}$.
Thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $\dfrac{x}{y}$ ta có $f\left(y+2020f(x)\right)=f(y)+2020yf\left(\dfrac{x}{y}\right)$.
Thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $\dfrac{z}{y}$ ta có \begin{eqnarray*} f\left(y+2020f(z)\right) &=& f(y)+2020yf\left(\dfrac{z}{y}\right) = f(y)+2020y\left[f\left(\dfrac{x}{y}\right)+\dfrac{x}{2020y}\right] \\ &=& f(y)+2020yf\left(\dfrac{x}{y}\right)+x. \end{eqnarray*} Từ đó ta có $f\left(y+2020f(z)\right)=f\left(y+2020f(x)\right)+x$.
Thay $y=-2020f(x)$ ta được $f\left(-2020f(x)+2020f(z)\right)=x$.
Từ đó ta có $f$ là toàn ánh.
Thay $x$ bởi $1$, $y$ bởi $x$ ta được $f\left(1+2020f(x)\right)=f(1)+2020f(x)$.
Vì $f$ là toàn ánh nên đặt $t=2020f(x)+1$ ta được $f(t)=t-1+f(1),\ \forall t\in \mathbb{R}$.
Thay vào $(1)$ ta được $f(1)=1$ nên $f(x)=x,\ \forall x\in \mathbb{R}$.
Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x)=0$, $f(x)=x$.
Bài 2. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ và có trực tâm $H$. Gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là các tiếp điểm của $BC$, $CA$, $AB$ với đường tròn $(I)$. Gọi $S$, $T$ lần lượt là trung điểm của $AH$, $BH$ và gọi $M$ là điểm đối xứng với $S$ qua $FE$, gọi $N$ là điểm đối xứng với $T$ qua $FD$. Chứng minh rằng đường thẳng $MN$ đi qua trực tâm của tam giác $DEF$. |
Lời giải
Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ và nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là các tiếp điểm của $BC$, $CA$, $AB$ với đường tròn $(I)$. Gọi $K$ là trực tâm tam giác $DEF$. Khi đó ba điểm $O$, $I$, $K$ thẳng hàng. Chứng minh bổ đề. Gọi $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AI$, $BI$, $CI$ với đường tròn $(O)$. Khi đó ta có $B'A=B'I$, $C'A=C'I$ nên $B'C'$ là đường trung trực của $AI$. Do đó $A'I\perp B'C'$.Chứng minh tương tự ta có $B'I\perp C'A'$, $C'I\perp A'B'$. Từ đó ta có $I$ là trực tâm tam giác $A'B'C'$.
Ta có $A'B'\parallel DE$, $B'C'\parallel FE$, $C'A'\parallel FD$ nên $\triangle A'B'C'$ đồng dạng với $\triangle DEF$. Do đó tồn tại phép vị tự biến trực tâm $I$ và tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ của $\triangle A'B'C'$ thành trực tâm $K$ và tâm đường tròn ngoại tiếp $I$ của $\triangle DEF$.
}
Từ đó ta có $O$, $I$, $K$ thẳng hàng và $OI$ là đường thẳng Euler của $\triangle DEF$.Trở lại bài toán, gọi $L$, $R$ lần lượt là điểm đối xứng với $I$ qua $FE$, $FD$. Ta có $IFLE$ là hình thoi. Do đó ta có $FL\parallel IE$, $FI\parallel LE$ suy ra $FL\perp AE$, $EL\perp AF$. Từ đó ta có $L$ là trực tâm tam giác $AEF$.
Tam giác $AEF$ nội tiếp đường tròn đường kính $AI$ cho nên ta có $\dfrac{AL}{AI}=\cos\widehat{FAE}$.$(1)$
Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn đường kính $2AO$ nên ta có \[\dfrac{AS}{AO}=\dfrac{AH}{2AO}=\cos\widehat{BAC}\tag{2}\] Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $\dfrac{AL}{AI}=\dfrac{AS}{AO}\Rightarrow \dfrac{AL}{AS}=\dfrac{AI}{AO}$.
}
Ta có $\widehat{OAB}=\widehat{HAC}$, do đó $\widehat{OAI}=\widehat{SAL}$. Từ đó ta có $\triangle OAI\backsim\triangle SAL$ suy ra $\widehat{SLA}=\widehat{AIO}$.Lấy điểm $M'$ trên $OI$ sao cho $SM'\perp EF$.
Ta có $\widehat{SLI}=\widehat{AIM'}$ do đó tứ giác $ILSM'$ là hình thang cân có trục đối xứng $EF$.
Do đó $M'$ đối xứng với $S$ qua $EF$. Do đó $M'\equiv M$, nghĩa là $O$, $M$, $I$ thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có $O$, $N$, $I$ thẳng hàng.
Theo bổ đề ta có $O$, $I$, $K$ thẳng hàng, suy ra $MN$ đi qua trực tâm $K$ của tam giác $DEF$.
Bài 3. Cho bảng ô vuông $ABCD$ kích thước $2021\times 2021$ gồm $2021^2$ ô vuông đơn vị, mỗi ô vuông đơn vị được tô bởi một trong ba màu đen, trắng hoặc xám. Một cách tô màu được gọi là đối xứng nếu mỗi ô vuông đơn vị có tâm trên đường chéo $AC$ được tô màu xám và mỗi cặp ô vuông đơn vị đối xứng qua $AC$ được tô cùng màu đen hoặc cùng màu trắng. Người ta điền vào mỗi ô xám số $0$, mỗi ô trắng một số nguyên dương và mỗi ô đen một số nguyên âm. Một cách điền số như vậy được gọi là $k-$cân đối (với $k$ là số nguyên dương) nếu thỏa mãn các điều kiện sau:
|
Lời giải
Điều kiện cần. Xét cách tô màu xen kẽ đen trắng như bàn cờ (hình vẽ), trong đó vị trí $(i;j)$ được tô đen nếu $i+j$ chẵn, ngược lại thì tô trắng.Xét hai ô trắng bất kì trong bảng ô vuông ở vị trí $(a;b)$, $(c;d)$ với $1\le a,b,c,d\le 2021$.
Nếu $a+c$ và $b+d$ cùng chẵn thì $a+d$ và $b+c$ cùng lẻ, do đó một trong hai ô $(a;d)$ hoặc $(b;c)$ được tô màu đen. Suy ra hai ô trắng phải được điền số khác nhau.
}
Nếu $a+c$ và $b+d$ cùng lẻ thì xét ô $(d;c)$ điền cùng số với ô $\left( c;d \right)$ và cũng tương tự như trên ta suy ra hai ô phải được điền số khác nhau.Suy ra tất cả các ô trắng ở nửa trên bên phải của bảng phải được điền các số khác nhau.
Do đó ta phải có $k\ge 2+4+6+\ldots+2020=\dfrac{2021^2-1}{4}$.
Điều kiện đủ. Ta sẽ chứng minh rằng $k=\dfrac{2021^2-1}{4}$ thỏa mãn bài toán bằng phép quy nạp.
Với bảng ô vuông kích thước $n\times n$ với $n$ nguyên dương thì $k=\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$.
Dễ thấy khẳng định đúng với $n=1$, $n=2$, $n=3$.
Xét $n\ge 4$. Giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương nhỏ hơn $n$.
Đánh số các hàng và cột từ $1$ đến $n$. Ta chứng minh rằng với mọi vị trí các ô đen thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không vượt quá $k_n$ vào các ô trắng còn lại trong bảng (trường hợp điền số nguyên âm thì tương tự vì tính bình đẳng).
Xét đồ thị $G=(V,E)$ trong đó $V$ là tập hợp các đỉnh, đỉnh thứ $i$ ứng với hàng $i$ với $1\le i\le n$, còn $E$ là tập hợp các cạnh, trong đó cạnh nối từ đỉnh thứ $i$ đến đỉnh thứ $j$ nếu như tại ô $(i;j)$ và tại ô $(j;i)$ là tô màu trắng.
Áp dụng định lí Mantel-Turan ta có ``\textit{Nếu đồ thị $G=(V,E)$ không chứa tam giác thì đồ thị $G$ có không quá $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ cạnh}'', hay là trong bảng có không quá $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ ô trắng, do đó có thể dùng $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ số nguyên dương phân biệt để điền vào các ô trắng.
Giả sử đồ thị $G=(V,E)$ có chứa tam giác, chẳng hạn các đỉnh $a$, $b$, $c$ được nối với nhau.
Do đó các ô $(a;b)$, $(b;a)$, $(a;c)$, $(c;a)$, $(b;c)$, $(c;b)$ được tô màu trắng. Khi đó các số điền vào các ô trắng đó không nhất thiết phân biệt và tập hợp các ô trắng còn lại (nếu có) trên các hàng $a$, $b$, $c$ cũng không nhất thiết phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng còn lại không quá $n-3$ ô như thế.
Do đó ta có thể sử dụng một số để điền vào các ô trắng ở trên và không quá $n-3$ để điền vào các ô trắng còn lại trong hàng.
Nếu không tính các hàng $a$, $b$, $c$ thì ta còn lại $n-3$ hàng, theo giả thiết quy nạp thì cần không quá $\left\lfloor\dfrac{(n-3)^2}{4}\right\rfloor$ số nguyên dương cho các hàng đó.
Như vậy tổng cộng ta cần không quá \[1+n-3+\left\lfloor\dfrac{(n-3)^2}{4}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{(n-3)^2+4(n-2)}{4}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{(n-1)^2}{4}\right\rfloor\le\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor\] số nguyên dương.
Như vậy trong mọi trường hợp ta cần không quá $\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor$ số nguyên dương.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét