dạng này dùng dãy số thôi

thiếu đề

p(0)=0.f(0)-1 =-1

đề chắc là f(n)=1/n 
xét p(x)=xf(x)-1 thì có bậc 2001 có 2001 nghiệm nên p(x)=q(x-1)(x-2)...(x-2001) thay x=0 thì p(x)=-1 =-q.2011! thì q =1/(2011)! thay vào tính đc p(2002) thì cũng tính đc f

(2002)

xét p(k)= (k+1)f(k)-k^2=0 với mọi k=1 ;2 ;...;2008 
bậc 2008 có 2008 nghiệm là 1 2 ;..2008 thì p(x)=q(x-1)(x-2)....(x-2008)
tính q: cho x=-1 thì p(-1)=-1=q(......) đến đây tính đc q thay vào là xong

đề bài cho là đa thức mà , thực ra hàm thì cũng giải đc

giải bình thường là giải ntn ?

mọi người xem lg này có vấn đề không ?

đặt a=x-f(x)
thì f(f(x)=x+a và f(x)=x-a
suy ra f(x-a)=f(f(x)=x+a
suy ra f(x+a)=f(f(x-a)=x-a+a=x
f(x)=f(f(x+a)=x+2a vậy x-a=x+2a thì a=0 vậy f(x)=x đây là trong th f(1)=1
f(1)=-1 tương tự

ý tưởng trâu quá ! 

với a >2 thì dễ quy nạp u_n >2 với mọi n , dãy tăng nữa nên nếu có tòn tại lim thì lim=2 vô lý 
với a=2 hoặc 1hoặc 0 thì dãy là dãy hằng rồi
với 0<a<1 thì chia làm 2 dãy , 1 dãy âm và 1 dãy dương , giảm dần theo trị tuyệt đối nên có giới hạn =0
với 1<a<2 thì sau một vài giá trị đầu lại đưa về xét th 0<a<1 nên cũng có lim 
nếu a<0 thì giá trị tiếp theo sẽ dương lại quy về trường hợp a>0

hôm trc vừa có thằng hỏi a bài này , đây là một dạng dồn biến của a cẩn , bài này phải dồn về hai biến bằng nhau 

vn tst 2009
cho a=b và c tiến đến 0 thì có điều kiện cần của k rồi cm tiếp nó là đk đủ 
đặt m=2a/b+c 
n=2b/c+a
p=2c/a+b
thì có mn+np+pm+mnp=4
ý tưởng vậy thôi , tết đến rồi , k viết lời giải chi tiết đc

bài này dùng khai triển abel thôi , hoặc bđt karamata 
abel là ngắn vs dễ hiểu nhất :v
 

à ,t tìm thấy bài này trong tuyển tập đề olympic 30-4 , đợi năm sau post nhé 

xl bạn , viết nhầm , với mọi x>=0 thì f(x)>=0 (trong trường  hợp f(1)=1) từ đây sd pth cauchy thì có f(x)=x
tương tự trường hợp còn lại

cho x=y suy ra f là toàn ánh trên R+

tồn tại t để f(t)=1
thay x=y=t thì được t=1 hoặc -1
nếu f(1)=1 thì cho x=1 đc f(f(y))+f(y)=2y suy ra f là đơn ánh tạm thời mới được thế thôi , t cố làm tiếp nhưng hướng tạm thời như thế đã

 

Giả sử $a=\max \{a;b;c\}$

Ta cm:

$\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{b+c}{a}}$

Thật vậy áp dụng Holder có:

$VT^2.[b^2(c+a)+c^2(a+b)]\ge (b+c)^3$

Cần cm: $a(b+c)^2\ge b^2(c+a)+c^2(a+b)\Leftrightarrow bc(2a-b-c)\ge 0$ (Luôn đúng)

 

$\Rightarrow \sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\ge \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}$

 

 

Tiếp theo $9\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{a+b+c}}\ge \dfrac{9\sqrt{a(b+c)}}{a+b+c}$

 

Ta cần cm $f(t)=t+\dfrac{9}{\sqrt{t+2}}\ge 6$

Trong đó $t=\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}\ge 2$

 

 

Làm thế được không anh cachuoi Tuấn Anh

 

sao biết là a thế ?làm vậy ổn rồi  

 dbài toán quen thuộc
dồn biến về 1 số bằng 0
giả sử a>=b>=c 
cm f(a;b;c)>=f(a;b;0)
sau đó xét hàm 
chú ý sigma (căn (a/(b+c))>= căn (a/b)+căn (b/a) cái này rất đơn giản trong sách a cẩn có nhiều , bạn tự tham khảo hoặc tư chứng minh

thay g(x)=f(x)-1 rồi thì được pth quen thuộc rồi , cũng là đề thi olympic hà tĩnh thì phải

câu a rất dễ 
cố định y z =0 cho x chạy thì f là toàn ánh trên tập Q
vậy tồn tại t mà f(t)=0 thay x=y=t z=1 vào thì đc f(t)=t=0 vậy f(0)=0  thay x=0 thì đc ngay hàm công tính nên f(x)=ax
thử lại đc a=1 
câu b tương tự , cho x=0 chú ý đc hàm nhân tính và hàm cộng tính thì f(x)=x 

đề này chỉ khó hình
câu hệ xét 2 truờng hợp , nếu x âm thì suy ra y âm suy ra z âm , chia xuống xét hàm f(t)=(2.t^3+1)/3t nghịch biến suy ra x=y=z =-1/2 còn lại 
nếu x y z cùng dương thì ngon rồi giả sử x>=y thì z>=y thì đc ngay z>=x >=y thì lại suy ra y>=x vậy x=y=z =1

đa thức : tính đc f(1) đến f(2014)=0 sau đó đặt f(x)=(x-1)(x-2)...(x-2014).g(x) thì đc g(x-1)=g(x) =c đến đây áp dụng 1 bổ đề quen thuộc về đa thức bkq là ngon rồigiả sử f(x)^2+1 =g(x).h(x) thì g(1).h(1)=g(2)h(2)=...=g(2014).h(2014) =1 chu ý là f(x)^2+1 >0 nên g(x) vs h(x) ko có nghiệm thực vậy 2 cái này chỉ nhận giá trị là 1 hoặc -1 
giả sử h(t)=g(t) =1 với t chạy từ 1 đến 2014 thì dễ suy ra điều vô lý vì đa thức bậc <2014 thì ko thể có 2014 nghiệm được
câu

vẫn tìm ra cttq như cậu rồi làm tiếp , xét phương trình x^3-x^2+x=0 có 3 nghiệm trong đó có 2 nghiệm phức đặt là z1 và z2 
1 nghiệm thực là x=0
do vậy muốn f_n(x)chia hết cho x^3-x^2+x
nên f_n(0)=0 do vậy n lẻ 
tương tự f_n(z1)=f_n(z2)=0 
thay số vụ thể vào rồi quy nạp 3/n 
ngoài ra còn 1 cách khác mình đọc đc trên mạng là dùng công thức moivre là nhanh nhất

Mình đã xác định là dãy giảm ở trên rồi đó !

Bài 1   :    $\left\{\begin{matrix} f_{0}(x)=2 , f_{1}(x)=3x & \\ f_{n}(x)=3xf_{n-1}(x)+(1-x-2x^{2})f_{n-2}(x) & \end{matrix}\right.$  

 

Áp dụng phương pháp sai phân bậc 2 ta tìm được công thức tổng quát :   

 

                                              $f_{n}(x)=(2x-1)^{n}+(x+1)^{n}$   
 

Khai triển rồi nhóm lại ta được :   

 

        $f_{n}(x)=x^{n}.(2^{n}+1)+...+(-1)^{n}+1^{n}$  (*)

 

 Để (*) chia hết cho  $x^{3}-x^{2}+x$  thì $n$ là một số lẻ và được viết dưới dạng sau :  

 

$x(x^{2}-x+1)(x^{n-3}.C_{1}+....+x.C_{n-3}+C_{n-2})$

 

Xét đa thức $g(x)=x^{n-1}(2^{n}+1 )+...+C^{n-1}_{n}$ 

                    

                     $h(x)=x^{3}.C_{1}+...+C_{n-2}$

 

Ta có :  Tổng các hệ số của đa thức $g(x)$ bằng tổng hệ số của đa thức $h(x)$ (  $h(x)$ là đa thức thương của $g(x)$ với $x^{2}-x+1$ 

 

Ta xác định được :   $C_{1}=2^{n}+1$ 

                                 $C_{n-2}=C^{n-1}_{n}$

 

Tới đây bước tính toán của em hơi khủng !!!!! 

 

$C_{3}=C^{2}_{n}(2^{n-2}-1)+C^{1}_{n}(2^{n-1}+1)$ 

$C_{4}=C^{3}_{n}(2^{n-3}-1)+C^{2}_{n}(2^{n-2}+1)-2^{n}-1$

 

Cứ tiếp tục như thế  (  Khúc sau khủng quá nên lười ghi )

 

Cuối cùng cân bằng hệ số giữa  $C_{n-2}$  trong khai triển trên với $C_{n-2}$ trong đa thức $g(x)$

 

Ta tìm được :  $n=3$ thỏa đề bài .  

 

P/s : Cái khúc tính toán để em xem lại nhé ! ( Dấu $+$ , $-$  loạn xạ ) 

đáp án là n=6k+3 mà , dùng số phức là đơn giản nhất

bạn khanghaxuan giải sai câu b rồi , dãy này chưa xác định đc tăng hay giảm 
câu a thì không cần phức tạp như vậy