Cho x=y ta được f(2x)=4f(x)

Cho x=2y ta được f(3x)=9f(x)

Cho x=y=0 ta được f(0)=0

Ta chứng minh quy nạp : f(nx)=$n^{2}$f(x) (1) ($n\epsilon N*$)

Với n=1 đúng

Giả sử đúng tới n .Ta có :

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

Vậy (1) cũng đúng với n+1 ($n\epsilon N*$)

Từ đó ta có : f(1)=f($n\frac{1}{n}$)=$n^{2}f(\frac{1}{n})$ suy ra f($\frac{1}{n}$)=$\frac{f(1)}{n^{2}}$

tương tự f(m)=$n^{2}f(\frac{m}{n})$ suy ra $f(\frac{m}{n})=\frac{f(m)}{n^{2}}=\frac{m^{2}}{n^{2}}f(1)$

Tóm lại : f($\frac{m}{n}$)=($(\frac{m}{n})^{2}$)f(1)

Đặt f(1)=a suy ra f(x)=a$x^{2}$ với x>0 và x thuộc Q

với x<0 suy ra f(x)=f(-x)=a$(-x)^{2}$=a$(x)^{2}$

Vì f(0)=0 nên f(x)=a$x^{2}$

Thử lại thấy thoả mãn.Vậy f(x)=a$x^{2}$ với x thuộc Q với a là hằng số ($a\epsilon Q$)

Ta có :$2^x=(y-1)(y+1)= > y-1=2^m,y+1=2^n= > 2^n-2^m=2= > 2^m(2^{n-m}-1)=1.2= > m=0,n=1= > y=1,x=1$

Mình thấy x=y=1 có thỏa mãn đâu

http://www.artofprob...6a1f68#p2508288

Hình như ở trang cũng có một lời giải

Lời giải. Đặt $A=a^5$. Áp dụng bổ đề như bài này rồi ta suy ra $a-1 \equiv 1 \pmod{p}$ và $a^4+a^3+a^2+a+1 \equiv 1 \pmod{p}$ suy ra $p|30$. Do đó $p \in \{ 2;3;5 \}$.

P=31 cũng được mà Toàn.Cho $n=n^{2}=...=n^{p-1}=1$ Khi ấy A=32

Nếu bạn muốn nghiên cứu thì vote cho KHTN

1 Phiếu cho ĐH Sư Phạm

Hình như nhóm này rất nổi tiếng ở Việt Nam.Nhóm hình như tên HKT thì phải

Bạn lấy đâu ra các giả thiết này vậy

uhm tớ thấy cũng hơi có vấn đề nhưng thay vào đúng cậu ạ

X= 1 thì đúng rồi nhưng cái chỗ bôi đỏ nó cứ như thế nào ấy

Đặt $x^{2}=a;\sqrt{2-x}=b$

$\Rightarrow a+b=2ab$

Theo AM-GM ta có $ab\leq 1$

$\Rightarrow a+b> 2\sqrt{ab}\geq 2ab$

$\Rightarrow x=1$

Chỗ này mình thấy có vấn đề bạn ạ

Tội nghiệp thật

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại các số nguyên dương n,x,y thoả mãn

$p^{n}= x^{3}+y^{3}$

Mình vẫn thắc mắc chỗ màu xanh

Theo C-S thì $\left ( \sum a^{2} \right )\left ( 1+1+1 \right )\geq \left ( \sum a \right )^{2}\geq 3\left ( \sum a \right )\rightarrow \sum a^{2}\geq \sum a$

Từ phương trình thứ 2 của hệ nhân ra ta có

$x^{2}+4x+2y= 8$

$\rightarrow \left ( x^{2}+x \right )+\left ( 3x+2y \right )=8$

Và từ phương trình đầu của hệ tương đương với

$\left ( x^{2}+x \right )\left ( 3x+2y \right )=12$

Đặt

$x^{2}+x= a$

$3x+2y=b$

Ta có hệ mới

$\left\{\begin{matrix} ab=12 & & \\ a+b=8& & \end{matrix}\right.$.

Hệ này không khó nhỉ

Em xin một vé

Cho a,b,c dương thỏa mãn $\sum a^{4}=3$ Chứng minh

$\sum \frac{a^{2}}{1+b^{3}}\geq \frac{3}{2}$

bạn làm cái gì vậy

Ý bạn ấy chắc  là đặt cho bài toán trở về dạng quen thuộc

mình thư chém xem được không nhé 

Ta thấy x+y=1 mà x,y  là số thực không âm nên $0\leq x,y\leq 1ta sẽ chứng minh

$\frac{x^{3}}{x+1}\leq \frac{x^{2}}{2}$(1)

Thật vậy ta có(1)$\Leftrightarrow 2x^{3}\leq x^{3}+x^{2}\Leftrightarrow x^{3}\leq x^{2}$ điều này hiển nhiên vì$0\leq x\leq 1$

Dấu bằng xảy ra khi x=1 hoặc x=0

tương tự$\frac{y^{3}}{y+1}\leq \frac{y^{2}}{2}$

$\Rightarrow P\leq \frac{x^{2}+y^{2}}{2}=\frac{1-2xy}{2}=\frac{1}{2}-xy\leq \frac{1}{2}$

Vậy MaxP=$\frac{1}{2}$ tại=1,y=0 hoặc x=0,y=1

Hệ pt đẳng cấp, đặt $y=ax$ là ra.

Giải chi tiết đi bạn.Đừng nói suông như thế

http://diendantoanho...fracz3z12geq-3/

Mình nghĩ là hướng có thể như thế này nhưng chưa chắc đúng

Ta có $\left ( x+1 \right )^{2}\leq 2\left ( x^{2}+1 \right )$

Từ đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng

$\sum \frac{x+3}{x^{2}+1}\geq 6$

em thi trường ít điểm lắm hi vọng là đỗ em rất dốt môn toán

NLT là ai mà sao mọi người nhắc đến nhìu vậy

hihi không sao đâu em.CHỉ cần có cố gắng thôi mà .Cố lên em

ảnh trên cp là gì ạ 

Có nhưng em ms khóa được 1 tháng rùi thi xong đh em mới vào 

hi hi em quyết tâm thật đấy.Chúc em vào đại học mà mình muốn nhé

ừ không sao đâu em .Em có nick fb không cho anh xin cái

Do $f$ tăng thực sự nên $f$ đơn ánh.

Cho $P(m,n)$ có tính chất $f(mf(n))=nf(2m)$ với $m,n\in N^{*}$ và $f(2)=c$

$P(1,n)\Rightarrow f(f(n))=c \cdot n$

$P(1,1)\Rightarrow f(f(1))=f(2)\Rightarrow f(1)=2$

$P(1,2)\Rightarrow f(f(2))=2f(2)\Rightarrow f(c)=2c$

Ta có $f(f(n))=nf(2)\Rightarrow f(f(f(n)))=f(c \cdot n)\Rightarrow c\cdot f(n)=2f(2n)$

$P(f(m),n)\Rightarrow f(f(m)f(n))=nf(2f(m))=nmf(4)\Rightarrow f(f(f(m)f(n)))=f(mnf(4))$

$\Rightarrow c\cdot f(n)f(m)=4f(2mn)\Rightarrow f(m)f(n)=2f(mn)$

Đặt $f(n)=2g(n)$ ta có $g(mn)=g(m)g(n)$ và $g(c)=c$

Ta sẽ chứng minh $f(n)=2n$.

Theo qui nạp ta có $g(n^k)=(g(n))^k$ với $\forall k\in \mathbb{N^*}$ nên $g(c^k)=c^k$

Giả sử $g(n)\neq n$ thì luôn tồn tại cặp số $t,u\in \mathbb{N^*}$

Sao cho $2^t>n^u$ mà $c^t=g(c^t)<g(n^u)$ hoặc $c^t<n^u$ mà $c^t=g(c^t)>g(n^u)$

Mâu thuẫn với $g$ tăng (do $f$ tăng)

Nên $g(n)=n$ hay $f(n)=2n$

$KL:\boxed{f(n)=2n},\forall n\in \mathbb{N^*}$

Sao thím nghĩ ra được cái $f(2)=c$ vậy