Bài 1.

Trong phương trình đã cho, thay $x=y=0$, ta có $f(f(0))=0$. \medskip

Lại thay $y=0$ thì $$f(f^3+f(0))=x^2f(x), \, \forall x.$$

Thay $y=f(0)$ thì $$f(x^3+f(0))=2f(0)+x^2f(x).$$

Từ đây suy ra $f(0)=0$. Thay $y=0$ vào đẳng thức đã cho ta được $f(x^3)=x^2f(x)$. Do đó ta có $$f(x^3+y+f(y))=2y+f(x^3) \text{ hay } f(x+y+f(y))=2y+f(x). \eqno{(*)}$$
Thay $y$ bởi $-y$, ta được $$f(x-y+f(-y))=-2y+f(x).$$
Với $x$ bất kì, ta lấy $2y=f(x)$ ta được $f(x-y+f(-y))=0$ suy ra $x-y+f(-y)=0$. Do đó, ta được $f(-x)=f(-y+f(-y))=-2y=-f(x).$
Từ đây suy ra
$$f(x+f(y)+f(f(y)))=2f(y)+f(x).$$
Trong $(*)$ thay $x=-y$ ta được $f(f(y))=2y+f(-y)=2y-f(y)$, kết hợp với đẳng thức trên, ta được $$f(x+2y)=2f(y)+f(x).$$ Đến đây cho $x=0$ ta được $f(2y)=2f(y)$ nên ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$, tức là $f(x)$ cộng tính.
Đến đây ta sẽ tính $f((x+1)^3+(x-1)^3)$ theo hai cách như sau

• $f((x+1)^3+(x-1)^3)=f(2x^3+6x)=2x^2f(x)+6f(x).$
• $f((x+1)^3+(x-1)^3)=(x+1)^2f(x+1)+(x-1)^2f(x-1)=(x+1)^2(f(x)+f(1))+(x-1)^2(f(x)-f(1))=2x^2f(x)+2f(x)+4xf(1).$

So sánh hai đẳng thức trên, ta được $f(x)=xf(1)=ax$ với mọi $x$. Thử lại ta được $a=1, a=-2$. \medskip

Vậy các hàm cần tìm là $f(x)=x, f(x)=-2x$.

Bài 2.

Ta có
$$\begin{aligned} u_{n+1}-2 & =(u_n-2)(u_{n-1}-1)^2 \\
& = (u_{n-2}-1)^2(u_{n-1}-1)^2(u_{n-2}-2) \\
&= (u_{n-1}-1)^2(u_{n-2}-1)^2 \cdots (u_2-1)^2(u_1-2). \end{aligned} $$

Do đó $$u_{2014}+2009= 2011 \left[ (u_{2013}-1)^2(u_{2012}-1)^2 \cdots (u_2-1)^2 +1 \right].$$

Gọi $B$ là biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai. Ta có bổ đề quen thuộc là nếu $a^2+b^2$ chia hết cho số nguyên tố $p=4k+3$ thì $a,b$ cùng chia hết cho $p.$ Từ đây suy ra số $B$ có dạng $a^2+1$ nên nó sẽ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$. \medskip

Vậy $u_{2014}+9$ chỉ có một ước nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}$ duy nhất là $2011$.

Bài 3. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau \medskip

Định lý Ramsey Với $s,t$ là các số nguyên dương, gọi $R(s,t)$ là số đỉnh ít nhất cần có của một graph để trong đó luôn tồn tại một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t$ đỉnh. Khi đó
$$R(s,t)\le C_{s+t-2}^{s-1}. \eqno{(*)}$$

Chứng minh
Ta sẽ chứng minh rằng $$R(s,t)\le R(s-1,t)+R(s,t-1).$$
Để ý rằng với $s=1$ hoặc $t=1$ thì $R(s,t)=1$. Do đó, nếu chứng minh được đánh giá này thì chỉ cần dùng tính chất của tam giác Pascal để có $$R(s,t)\le C_{s+t-3}^{s-2}+C_{s+t-3}^{s-1}=C_{s+t-2}^{s-1}.$$
Đặt $n$ là vế phải của (*) và xét graph $G$ có $n$ đỉnh. Xét $v\in G$ thì

• Nếu như có ít nhất $R(s,t-1)$ đỉnh kề với $v$. Khi đó, theo định nghĩa thì trong tập đỉnh đó, sẽ luôn có một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s,t).$
• Nếu như có ít nhất $R(s-1,t)$ đỉnh không kề với $v$. Tương tự trên, trong tập đỉnh đó, cũng sẽ có một một graph con đầy đủ $t$ đỉnh hoặc tập độc lập $s-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s,t).$

  Từ đó, ta thấy graph $G$ này thỏa mãn điều kiện của $R(s,t)$ nên theo tính nhỏ nhất thì $R(s,t)\le n.$

Trở lại bài toán, \medskip

Xét graph đơn vô hướng $G=(V,E)$ đại diện cho hội nghị khoa học đã nêu, trong đó $V$ là tập hợp các đại biểu và hai đỉnh được nối nhau nếu hai đại biểu tương ứng quen nhau. Ta gọi $T$ là tập hợp đỉnh biểu diễn cho thành viên của ban tổ chức. \medskip

Khi đó một ủy ban gồm $5$ thành viên là đại diện nếu như đó là một graph đầy đủ, còn đó là thách thức nếu đó là graph không có cạnh. Ta gọi các graph con như thế là graph con “chuẩn”. \medskip

Trong các đỉnh $V\backslash T,$ ta xóa dần dần các graph con chuẩn đến khi không thực hiện được nữa. Ta gọi tập hợp còn lại là $S.$ Ta sẽ chứng minh rằng $S\cup T$ có thể phân hoạch thành các graph con chuẩn như trên. \medskip

Theo định lý Ramsey, rõ ràng $|S| \le C_{8}^{4}=70$. Xét một đỉnh $v \in S$ thì giả thiết, $v$ kề với cả $280$ đỉnh của $T$ nên ta chọn ra trong đó $4$ đỉnh để ghép với $v$ tạo thành một graph con “chuẩn”. Cứ như thế thực hiện cho đến hết các phần tử của $S$, còn lại bao nhiêu phần tử trong $T$ thì chia đều ra thành các graph con “chuẩn” là được. \medskip

Bài toán được giải quyết.

Bài 4.

Tam giác $PBM$ cân tại $P$ nên bằng biến đổi góc, ta có

$$\angle{PBM}=\angle{PMB} \Rightarrow 2\angle{ABC}-\angle{MBC}= \angle{ACB}+\angle{MBC}.$$

Do đó $\angle{ABC}=2\angle{MBC}$ nên $BM$ là tia phân giác của $\angle{ABC}.$ Theo tính chất đường phân giác thì
$$\frac{MC}{MA}=\frac{BC}{BA}=\frac{BC}{AC}.$$

Lại có $CN$ là phân giác ngoài của $\angle{ACB}$ nên ta cũng có
$\frac{NA}{NB}=\frac{CA}{CB}.$ Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ thì $I$ là điểm cố định. \medskip

Xét tam giác $ABC$ với $I$ thuộc $BC$ , $M$ thuộc $AC$ và $N$ thuộc $AB$ với

$$\frac{IB}{IC} \cdot \frac{MC}{MA} \cdot \frac{NA}{NB}=1 \cdot \frac{BC}{AC} \cdot \frac{AC}{BC}=1$$

thì theo định lý Menelaus đảo, ta có $M , N , I$ thẳng hàng. \medskip

Vậy $MN$ luôn đi qua điểm $I$ cố định.

Bài 5. 

Rõ ràng có thể chọn giá trị các biến thích hợp để $P>0$ nên để tìm giá trị lớn nhất của $P$ thì ta chỉ xét các số ${{x}_{1}},{{x}_{2}},\ldots ,{{x}_{2014}}$ đều khác $0$ và số các số âm là chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử
${{x}_{1}}\ge {{x}_{2}}\ge \ldots \ge {{x}_{2m}}>0>{{x}_{2m+1}}\ge \ldots \ge {{x}_{2014}}.$
Đổi dấu các số ${{y}_{k}}=-{{x}_{k}}>0$ với $2m+1\le k\le 2014.$ Khi đó ta viết lại
$$\left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+\cdots +{{x}_{2m}}={{y}_{1}}+{{y}_{2}}+\cdots +{{y}_{2n}}=A \\
& x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots +x_{2m}^{2}+y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\cdots +y_{2n}^{2}=2014 \\
\end{aligned} \right.$$
trong đó $m+n=1007$ (ngoài ra $m,n>0$ vì các số đã cho không thể toàn bộ là dương hoặc toàn bộ là âm). Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì
$$2014\ge \frac{{{A}^{2}}}{2m}+\frac{{{A}^{2}}}{2n} \text{ nên } {{A}^{2}}\le 4mn.$$
Lại theo bất đẳng thức AM-GM thì
$$\begin{aligned} P& =({{x}_{1}}{{x}_{2}}\ldots {{x}_{2m}})({{y}_{1}}{{y}_{2}}\ldots {{y}_{2n}})\le {{\left( \frac{A}{2m} \right)}^{2m}}{{\left( \frac{A}{2n} \right)}^{2n}} \\
&=\frac{{{A}^{2m+2n}}}{{{2}^{2m+2n}}{{m}^{2m}}{{n}^{2n}}}\le \frac{{{(4mn)}^{m+n}}}{{{2}^{2m+2n}}{{m}^{2m}}{{n}^{2n}}}={{\left( \frac{m}{n} \right)}^{n-m}}. \end{aligned}$$

Do $m,n$ khác tính chẵn lẻ nên với vai trò bình đẳng của $m,n,$ ta có thể giả sử $m<n$ nên $n-m\ge 1$ và $m\le 503.$ Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli thì

$${{\left( \frac{n}{m} \right)}^{n-m}}\ge 1+\left( \frac{n}{m}-1 \right)(n-m)=1+\frac{{{(n-m)}^{2}}}{m}\ge 1+\frac{1}{503}=\frac{504}{503}.$$
Suy ra $P\le {{\left( \frac{m}{n} \right)}^{n-m}}\le \frac{503}{504}.$ Đây chính là giá trị lớn nhất cần tìm, dấu bằng xảy ra khi
$m=503,n=504$ và $${{x}_{1}}={{x}_{2}}=\cdots ={{x}_{1006}}=\sqrt{\frac{504}{503}},{{x}_{1007}}={{x}_{1008}}=\cdots ={{x}_{2014}}=-\sqrt{\frac{503}{504}}.$$

Bài 6.

Xét hàm số $f(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}+\sqrt{2}}$ với $x\in \mathbb{R}$ thì $${f}'(x)=\frac{1+\sqrt{2+2{{x}^{2}}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}{{\left( \sqrt{2}+\sqrt{1+{{x}^{2}}} \right)}^{2}}}>0$$ nên hàm này đồng biến trên $\mathbb{R}.$
Dãy số đã cho được viết lại thành
$$\left\{ \begin{aligned}
& {{u}_{1}}=1, \\
& {{u}_{n+1}}=f({{u}_{n}}),n\ge 1 \\
\end{aligned} \right.$$ thì ${{u}_{1}}<{{u}_{2}}$ nên dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng dãy này giảm. \medskip

Do dãy này bị chặn dưới bởi $0$ nên nó có giới hạn, đặt giới hạn đó là $L\ge 0$. Trong biểu thức xác định dãy, cho $n\to +\infty ,$ ta được $$L=\frac{L}{\sqrt{{{L}^{2}}+1}+\sqrt{2}}$$ nên $L=0.$
Từ đó suy ra
$$\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{u}_{n+1}}}{{{u}_{n}}}=\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt{u_{n}^{2}+1}+\sqrt{2}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}.$$

Bài 7.

(a) Nếu $A=X$ thì $$S(A)=\sum\limits_{E\subset X}(-1)^{|E|}=C_n^0-C_n^1+C_n^2-\cdots +(-1)^nC_n^n=0.$$

Còn nếu $A\neq X$, do $S(A)$ chỉ phụ thuộc vào số phần tử của $A$ nên không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng $A=\{1,2,\ldots ,k\}$ với $k<n$. Khi đó, ta có
$$\begin{aligned} S(A) & =\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}+\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|(E\cup\{k\})\cap A|} \\
& =\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}-\sum_{E\subset X-\{k\}}(-1)^{|E\cap A|}=0. \end{aligned} $$
Vậy $S(A)=0,\forall A\subset X$. \medskip

(b) Đặt $f(E)=\sum_{i=1}^{m}(-1)^{|E\bigcap A_i|}a_i$. Giả sử $f(E)\leq 0, \, \forall E$. Mà ta cũng có
$$\sum_{E\subset X}f(E)=\sum_{i=1}^ma_iS(A_i)=0.$$
Suy ra $f(E)=0,\, \forall E \subset X$, nhưng điều này là không thể vì $f(\varnothing)<0$. Vậy luôn tồn tại $E$ sao cho $f(E)>0$.

 

Bài 8. 

Vẽ đường kính $AA’$ của đường tròn $(ABC)$. Vì $A’B \perp AB$ nên $B,A’,M$ thẳng hàng. Tương tự thì $C,A’,N$ thẳng hàng. Giả sử
$BA’, CA’$ cắt lại $(BHC)$ lần lượt tại $E,F$. Mặt khác

$$\angle NPM=180{}^\circ -\angle BHC=\angle A=180{}^\circ -\angle B{A}’C=\angle M{A}’N$$

nên $PA’MN$ là tứ giác nội tiếp.

Ta sẽ chứng minh trung điểm của $A’F, A’E, MN$ là thẳng hàng. Theo định lý Menelaus đảo thì điều nào tương đương với $$ \dfrac{\overline{A’F}}{\overline{A’N}} = \dfrac{\overline{EA’}}{\overline{EM}} \Leftrightarrow \dfrac{\overline{A’F}}{\overline{A’E}} = – \dfrac{\overline{A’N}}{\overline{EM}} \Leftrightarrow \dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{A’N}{ME}. \eqno{(*)}$$

Vì $\angle BN{A}’=\angle CME$ và $\angle NB{A}’=\angle MCE$ nên hai tam giác $BN{A}’,CME$ đồng dạng với nhau. Do đó
$\frac{{A}’N}{ME}=\frac{{A}’B}{CE}$.
Mặt khác, bằng biến đổi góc, ta cũng có $C{A}’E$ cân tại $C$ nên $CE=C{A}’.$ Ta có được $$\frac{{A}’N}{ME}=\frac{{A}’B}{{A}’C}.$$
Do đó, khẳng định $(*)$ là đúng. Vậy nên điểm $I$ luôn nằm trên đường trung bình của tam giác $A’EF$ là đường cố định.

Bạn đọc có thể tìm thêm nhiều cách giải cho bài 8 này tại

link sau