Đến nội dung


I Love MC

Đăng ký: 07-06-2014
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 21:44
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $f(x+y^{2}+z^{3})=f(x)+f^{2}(y)+f^...

16-01-2017 - 20:21

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn:

$f(x+y^{2}+z^{3})=f(x)+f^{2}(y)+f^{3}(z) (1)$

Với mọi $x,y,z$ là các số thực

Kí hiệu $P(n,m,k)$ là việc thế $x=n,y=m,z=k$ vào $(1)$ 
Có $P(0,0,0) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=-1$ 
Nếu $f(0)=-1$ thì ta có 
$P(0,0,z) \Rightarrow f(z^3)=f^3(z) \Rightarrow f(x+y^2+z^3)=f(x)+f^2(y)+f(z)$ 
Do đó $f(x+z)=f(x)+f(z)+1 ,\forall x,z \in \mathbb{R}$ 
Ta có $f(x+y^2+z^3)=f(x+y^2)+f(z^3)+1=f(x)+f(y^2)+f^3(z)+2$ cộng thêm với $(1)$ ta có $f(y^2)=f^2(y)-2 (2)$ 
Từ $(2)$ ta có $f(y^6)=f^2(y^3)-2=f^6(y)-6 \Rightarrow f^6(y)-2=f(y^6)=f^3(y^2)=(f^2(y)-2)^3 \Leftrightarrow f^2(y)=1$ 
$\Rightarrow f(y)=\pm 1$ 
$P(x,y,0) \Rightarrow f(x+y^2)=f(x)  \Rightarrow f(x)$ là hàm hằng dễ chứng minh được $f(y)=-1$ 
Nếu $f(0)=0$ 
$P(0,y,0) \Rightarrow f(y^2)=f^2(y) \Rightarrow f(y) \ge 0 ,\forall y \ge 0$ 
$P(0,0,z) \Rightarrow f(z^3)=f^3(z) \Rightarrow f(x+z^3)=f(x)+f^3(z) \Rightarrow f(x+z)=f(x)+f(z),x,z \in \mathbb{R}$ 
Ta đi chứng minh $f$ đơn điệu tại $0$ . Từ dòng trên ta có $f(x-x)=f(x)+f(-x) \Rightarrow f(x)=-f(-x) (+)$
Kết hợp với $f(y) \ge 0,y \ge 0 \Rightarrow f(y) \le 0 ,\forall y \le 0$ . Từ đó suy ra $f$ dơnđiệu tại $0 (++)$ 
Từ $(+),(++) \Rightarrow f(x)=ax$ thế vào $(1) \Rightarrow a=0,a=1$ . Thử lại $f(x)=0,f(x)=x$ điều thỏa 
Vậy có ba hàm thỏa điều kiện đề bài là $f(x) \equiv -1 ,f(x) \equiv 0, f(x) \equiv x ,\forall x \in \mathbb{R}$


Trong chủ đề: $(p-1)^{n}+1$ chia hết cho $n^{p-1}$

16-01-2017 - 19:59

http://diendantoanho...t-n1vdots-np-1/


Trong chủ đề: $P\left ( x \right )=x^{n} + 5x^{n-1}...

16-01-2017 - 16:06

Ta phát biểu tiêu chuẩn sau đây : 
Tiêu chuẩn Oskar Perron : Cho $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+..+a_0 \in \mathbb{Z[x]},a_0 \ne 0$ . Nếu $|a_{n-1}|>1+..+|a_0|$ thì $f$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ 
Áp dụng tiêu chuẩn cho $P(x)$ ta có đpcm (cách chứng minh tiêu chuẩn bạn có thể tham khảo tài liệu khác)

 


Trong chủ đề: $\boxed{Topic}$ ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN TOÁN NĂM...

08-01-2017 - 16:52

12) Giải hệ 
$\begin{cases} &x^4-y^4=\frac{121x-122y}{4xy}&\\&x^4+14x^2y^2+y^4=\frac{122x+121y}{x^2+y^2}& \end{cases}$


Trong chủ đề: $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt...

07-01-2017 - 14:08

Mình có ý tưởng mà vướng khúc cuối.

Trường hợp: $a,c$ cùng số dư khi chia cho $3$.

Thì được $a^2+ac+c^2$ chia hết cho $3$ nên $a=c=1$. Suy ra $b=1$.

Còn trường hợp còn lại :

Do $(a;c)=1$ và $ac=b^2$ thì $a,c$ là các số chính phương. ...

Còn vướng chỗ này.

 

P/S: Cách của NguyenTaiTue giải thích rõ được không ? Trong trường hợp $k$ hữu tỉ thì sao ?

 

Tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn đòng thời các điều kiện : $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt{5}}$ là số hữu tỉ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}$ là số nguyên tố 

Để $\frac{a-b\sqrt{5}}{b-c\sqrt{5}}$ là số hữu tỉ thì $ca=b^2$ 
Từ đó suy ra $a^2+b^2+c^2=(a+c-b)(a+c+b)$ là số nguyên tố ....