HoaiBao

Đặt $f(x)=x.3^x- \frac{1}{2}(x^2+x+1)+g(x) \quad \forall x \in \mathbb{R}$. Suy ra $g(x+1)-3g(x)=0 \quad \forall x \in \mathbb{R}$ . Tiếp tục đặt $g(x)=3^x.h(x) \quad \forall x\in \mathbb{R}$, ta được $h(x+1)=h(x)$. Vậy $f(x)= f(x)=x.3^x- \frac{1}{2}(x^2+x+1)+3^x.h(x) \quad \forall x \in \mathbb{R}$ với $h(x)$ là hàm tuần hoàn cộng tính chu kì $1$

Trong trường hợp $n=1,2$ thấy có vẻ nó ko thỏa bài nhỉ (còn hơi lúng túng chỗ này).

Gọi $A_i$ với $i =\overline{1,n}$ là tập hợp các hoán vị thõa mãn tính chất: có cặp $i$ và $n+i$ đứng cạnh nhau trong hoán vị đó.

Dễ thấy trong một hoán vị thì số tính chất thõa mãn trên không quá $\left [  \frac{n}{2} \right ]$. Nên theo nguyên lý bù trừ có số tính chất P :

$\left |\bigcap_{i=1}^{n} A_i \right | = \sum_{I=\left \{i_1,i_2,...,i_k \right \} \\ I \subset \left \{1,2,...,n \right \}  } (-1)^{|I|+1} \left |\bigcup_{j=1}^{k} A_{i_{j}} \right |$ . Dễ dàng tính được $\left |\bigcup_{j=1}^{k} A_{i_{j}} \right | = 2^k(n-k)!\binom{2n-2k}{n-2k} $ kết hợp với tính đối xứng của các tính chất. Suy ra $\left |\bigcap_{i=1}^{n} A_i \right | = \sum_{k=1}^{\left [  \frac{n}{2} \right ]} (-1)^{k+1} 2^k(n-k)!\binom{n}{k}\binom{2n-2k}{n-2k} $

Từ đây ta sử dụng quy nạp để chứng minh nó lớn hơn $\frac{2n!}{2.n!}$. Suy ra điều phải chứng minh với $n>2$.

Lời giải còn hơi mơ hồ . Ai có cách khác ko

( Với ký hiệu $A\Delta B=(A\setminus B)\cup (B\setminus A)$ và $|T|$ là số phần tử của $T$).

Kí hiệu sai thì phải $A\oplus B=(A\setminus B)\cup(B\setminus A)$

Tìm tất cả các hàm $f:(0: +\propto )\rightarrow (0: +\propto )$ thỏa mãn: 
$$f(x+f(y))=\frac{y}{xy+1}\forall x,y\in R$$ (1)

Cho đó ghi bị sai rồi.

Giải bài toán: 

Giả sử tồn tại hàm số f thõa mãn đề bài.

Đặt $f(1)=a$ (a là hằng số)

Trong (1) thay y=1 ta được: $f(x+a)=\frac{1}{x+1}, \forall x>0$

Do đó: $f(x)=\frac{1}{x-a+1}, \forall x>0)$

Thử lại vào (1) rồi đồng nhất hệ số ta được $a=1$

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $f(x)=\frac{1}{x}, \forall x>0$

Xác định các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(f(x)+y)=f(x^{2}-y)+4y.f(x), \forall x, y\in \mathbb{R}.$

Đặt phép thế $P(x;y):f(f(x)+y)=f(x^2-y)+4y.f(x), \forall x,y \in \mathbb{R}$

Ta thực hiện: $P(x;\frac{x^2-f(x)}{2}):f(x)[f(x)-x^2]=0, \forall x \in \mathbb{R}$ (2)

Dễ thấy hai hàm số $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=x^2, \forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó cần phải chứng minh ngoài hai hàm trên không tồn tại hàm số nào khác thỏa mãn yêu cầu trên.

Thật vậy giả sử tồn tại $a,b \neq 0$ thỏa $f(a)\neq 0$ và $f(b) \neq b^2$ (3)

Do vậy theo (2) ta được: $f(a)=a^2$ và $f(b)=0$

Ta lại thay $x=0$ vào (2) nên: $f(0)=0$. Thực hiện $P(0;x): f(x)=f(-x), \forall x\in \mathbb{R}$

Ta xét hai trường hợp:

   Trường hợp I: $a>0$

Thực hiện: $P(b;-a): f(b^2+a)=f(-a)=f(a)=a^2$. Do $a\neq 0$ và (2) ta được $a^2=f(b^2+a)=(b^2+a)^2$.

Mà $0<a<b^2+a$ nên $a^2<(b^2+a)^2$ , mâu thuẫn.

   Trường hợp II: $a<0$

Thực hiện: $P(b;a): f(b^2-a)=f(a)=a^2$. Do $a\neq 0$ và (2) ta được$(b^2-a)^2=(-a)^2$

Mà $0<-a<b^2-a$ nên $(-a)^2<(b^2-a)^2$, mâu thuẫn.

Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=x^2, \forall x \in \mathbb{R}$.