ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI VÒNG QUỐC GIA

Năm học 2014 – 2015

Câu 1: Giải phương trình: $\sqrt{3-2\sqrt{3-4sinx}}=2sinx$

Câu 2: Cho các số x, y thỏa mãn: $0<x\le 1,0<y\le 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$F=\frac{x^5+y+4}{x} +\frac{y^4-2y^3+x}{y^2}$

Câu 3: Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi: $u_1=1, u_{n+1}=3u_n+a, \forall n\in \mathbb{N}, n\ge 1$ và a là số nguyên tố. Xét dãy $(v_n): v_n=u_n+b, b\in \mathbb{N}$. Tìm a và b sao cho $(v_n)$ là một cấp số nhân. Từ đó tìm số hạng tổng quát của $(v_n)$.

Câu 4: Cho đa thức $P(x)=x^4+ax+a, a\in \mathbb{R}$. Xác định a để P(x) có nghiệm thực và chứng minh rằng với $a\ge \frac{256}{27}$ thì nghiệm $x_0$ của P(x) thỏa mãn: $x_{0}^2 < 2a^2+1$.

Cấu 5: Tổ 1 gồm có 7 người nam và 5 người nữ. Trong 7 người nam đó có tổ trưởng tên là A. Thầy chủ nhiệm phân công tổ 1 trực nhật 6 ngày trong tuần, mỗi người đều phải trực một ngày và mỗi ngày đều có hai người trực.

1) Có bao nhiêu cách phân công tổ 1 trực nhật một tuần?

2) Một cách phân công trực nhật được gọi là cách phân công “tốt” nếu trong cách phân công đó có A là người trực ngày đầu tiên và có đúng một ngày trong tuần cả hai người trực nhật đều là nam. Lấy ngẫu nhien một cách phân công trực nhật, tìm xác suất lấy được cách phân công “tốt”.

Câu 6: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích bằng S. Tia AB và tia DC cắt nhau tại E. Dựng đường thẳng d vuông góc với BC tại F sao cho $\Delta ADE$ nằm về một phía so với d. Các đoạn HF và FK lần lượt là hình chiếu vuông góc của các hình ABCD và BCE trên đường thẳng d. Ký hiệu đường tròn ngoại tiếp $\Delta EAD$ là $(O_1;R_1)$; đường tròn ngoại tiếp $\Delta EBC$ là $(O_2;R_2)$. Biết diện tích $\Delta BCE$ bằng 2S.

1) Chứng minh rằng $\frac{FK}{HF}\le 2+\sqrt {6}$.

2) Chứng minh rằng: nếu $\frac{FK}{HF}=2+\sqrt{6}$ thì $(O_1;R_1)$ và $(O_2;R_2)$ tiếp xúc nhau. Khi đó tính $\frac{R_1}{R_2}$.

ĐỀ THI HSG TỈNH CÀ MAU NĂM HỌC 2014 - 2015

Câu 1: (6.0đ) 1) Giải phương trình: $x=2-(2-x^{2})^{2}$

                      2) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^2+xy-y=3x\\3x^2-2y^2+y=3x \end{matrix}\right.$

Câu 2: (3.5đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: $f(x)=\frac{\sqrt{2x-x^2}+2}{1+\sqrt{2x-x^2}}$ trên đoạn $[\frac{1}{4};\frac{3}{2}]$.

Câu 3: (4.0đ) 

   1) Ba góc $\alpha,\beta,\gamma\in(0;\frac{\pi}{2})$ thỏa mãn: $cos(\alpha-\beta)=1,sin(\beta+2\gamma)=0$. Chứng minh rằng: $cos\alpha+cos\beta+cos\gamma \le \frac{3}{2}$.

   2) Biết $\frac{1006}{2013}<\frac{a}{b}<\frac{1007}{2015};a,b \in \mathbb{Z}^+$. Chứng minh: $a \ge 2013$.

Câu 4: (3.5đ) 

   Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có thể tích bằng 1. Tam giác ABC vuông cân tại A và có diện tích bằng nửa diện tích của tam giác AA'C. Điểm M di động trên AB và điểm N di động trên A'C' sao cho $AM=C'N>0$. Gọi I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng: I luôn luôn nằm trên một mặt phẳng cố định. Tìm giá trị nhỏ nhất trong các khoảng cách từ I đến đường thẳng AA' khi MN thay đổi.

Câu 5: (3.0đ)

   Cho tập hợp A có n phần tử ($n>1$) và đánh dấu n phần tử đó là $a_1,a_2,...,a_k,...,a_n$. Sắp xếp n phần tử của A thành dãy hàng ngang theo thứ tự từ trái sang phải, gọi dãy như vậy là dãy (*). Gán cho phần tử $a_k$ ($k=1,2,...,n$) trong dãy (*) một giá trị $G_k$ theo qui tắc sau:

 + Nếu $a_k$ đứng ở vị trí đầu tiên trong dãy (*) thì $G_k=1$;

 + Gỉa sử $a_k$ đứng từ vị trí thứ hai trở đi và phần tử $a_i$ đứng bên trái $a_k$ thì $G_k=k$ nếu $k>i$ và $G_k=1$ nếu $k<i$.

  Đặt $S=G_1+G_2+...+G_n$. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của S đạt được khi các dãy (*) thay đổi.

  Tìm số phần tử của tập A trong mỗi trường hợp sau:

 1) Biết $M-m=15$.

 2) Cả hai giá trị M và m đều là số nguyên tố.

---------- HẾT ----------

P/s: Đề năm nay đúng là hay hơn năm ngoái xa.....và cũng khó xa!!!

Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O) cho trước kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O) (B, C là tiếp điểm). Trên đường thẳng AB lấy điểm D bất kì không trùng với A, B. Gỉa sử DO cắt AC tại E. Kẻ tiếp tuyến EF khác EC của (O) (F là tiếp điểm). BF cắt AO tại G. Chứng minh $AG \perp EF$.

$sin2x = cos^{4}\frac{x}{2} - sin^{4}\frac{x}{2}$

$sin2x=cos^4 \frac{x}{2}-sin^4\frac{x}{2} =(cos^2 \frac{x}{2}-sin^2 \frac{x}{2})(cos^2 \frac{x}{2}+sin^2 \frac{x}{2})=cos^2 \frac{x}{2}-sin^2 \frac{x}{2}=cosx=sin(\frac{\pi}{2}-x)$

Đến đây giải tiếp được rồi....

Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $a + b + c - abc$

 

Mọi người giải giúp em bài này....Đây không phải dạng điểm rơi đối xứng

 

Mình có một cách giải thử xem: 

Ta có :$(a+b+c-abc)^2=[a+b+c(1-ab)]^2\le[(a+b)^2+c^2][1+(1-ab)^2]=(3+2ab)(a^2b^2-2ab+2).$ Đến đây khảo sát hàm số theo t = ab là được. (Chặn t tí là được)

Bài toán 1: Tìm đa thức $P(x)$ hệ số nguyên và thỏa mãn với mọi số $n$ nguyên dương ta có $2^{n}-1$ chia hết $P(n)$

Bài toán 2: Cho ba số thực sao cho đa thức $P(x)=x^{4}+ ax^{3}+bx^{2}+cx+1$ có nghiệm thực. Tìm bộ ba số $(a,b,c)$ mà $a^{2}+b^{2}+c^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 1: Ta xét P(x) là đa thức hằng thì dễ dàng suy ra P(x)=1, P(x)=-1 thỏa bài toán. Sau đó xét P ko là đa thức hằng. Khi đó ta gọi p là ước nguyên tố của P(n) nào đó , n nguyên dương thì p phải là số lẻ (vì p là ước của $2^n-1$). Ta có $f(n+p)-f(n)\equiv 0(modp)$ hay $2^{n+p}-2^n\equiv 0 (modp)$. Theo định lí Fermat ta có $2^{n+p}\equiv2^{n+1}(modp)\Rightarrow 2^{n+1}\equiv 2^n (mod p)\Rightarrow 2^n\equiv 0(mod p)$ (Vô lí). Từ đó ta kết luận là được.

Bài 2: Gỉa sử $x_0$ là nghiệm của P(x) thì ta có $(x_0^4+1)^2=(ax_0^3+bx_0^2+cx_0)^2=x_0^2 (ax_0^2+bx_0+c)^2\le x_0^2(a^2+b^2+c^2)(x_0^4+x_0^2+1)=(a^2+b^2+c^2)(x^6+x^4+x^2)\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge \frac{(x_0^4+1)^2}{x_0^6+x_0^4+x_0^2}$. Đến đây khảo sát hàm số là được

Theo mình phải là $\frac{1}{abc\sqrt[3]{abc}}$ chứ nhi???

Nếu vậy thì $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \frac{1}{3}\sum \frac{1}{\sqrt[3]{a^{4}bc}}=\frac{1}{3}\sum \frac{1}{a\sqrt[3]{abc}}= \frac{1}{3}\frac{\sum ab}{abc\sqrt[3]{abc}}=\frac{1}{abc\sqrt[3]{abc}}$

Cũng có thể bạn đánh giá chưa chặt thì sao??? 

Cho x,y,z>0 và $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=x^ny+y^nz+z^nx$ với n là số tự nhiên 

Tự hào là thành viên VMF

Xét n = 0 thì $P=x+y+z=1$ nên 1 là GTLN trong TH này

Xét n = 1 thì $P=xy+yz+zx\le\frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{1}{3}$

Xét $n\ge2$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}$. Áp dụng BĐT Bernouli ta được:

$b(a+c)^n=a^nb(1+\frac{c}{a})^n\ge a^nb(1+\frac{nc}{a})\ge a^nb(1+\frac{2c}{a})=a^nb+a^{n-1}bc+a^{n-2}abc\ge a^nb+b^{n-1}bc+c^{n-2}ac^2=a^nb+b^nc+c^na.$

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:$b(a+c)^n=n^n. (\frac{a+c}{n})^n.b\le n^n(\frac{n.\frac{a+c}{n}+b}{n+1})^{n+1}=\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}$.

Từ đó suy ra P đạt giá trị lớn nhất là $\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}$ và dấu bằng có thể tự tìm được....

Bài toán: Xác định đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa
$$\sin P\left( x \right) = P\left( {\sin x} \right),\forall x \in \mathbb{R}$$

Ta có nhận xét là $sinP(x+2\pi)=P(sin(x+2\pi))=P(sinx)=sinP(x)$. Vì thế nên $\forall x\in \mathbb{R}: \frac{P(x+2\pi)-P(x)}{2\pi}\in\mathbb{Z}$ hoặc $\frac{P(x+2\pi)+P(x)-\pi}{2\pi}\in\mathbb{Z}$.

Ta xét hai tập hợp:

$M=\left \{ x\in\mathbb{R}|\frac{P(x+2\pi)-P(x)}{2\pi}\in\mathbb{Z} \right \}$ và $N=\left \{ x\in\mathbb{R}|\frac{P(x+2\pi)+P(x)-\pi}{2\pi}\in\mathbb{Z} \right \}$.

Xét một khoảng $(a;b)$ tùy ý, ta có các trường hợp sau:

- Nếu tất cả các khoảng $(a;b)\subset A$ thì rõ ràng vì P là đa thức nên $P(x+2\pi)-P(x)=c\Rightarrow P(x+2\pi)-\frac{c}{2\pi}(x+2\pi)=P(x)-\frac{c}{2\pi}x\Rightarrow P(x)=ux+v,\forall x\in\mathbb{R}$ (cũng do P là đa thức)

- Nếu tất cả các khoảng $(a;b)\subset B$ thì rõ ràng vì P là đa thức nên $P(x+2\pi)+P(x)=d$, đồng nhất hệ số của bậc cao nhất ta thấy nó phải bằng 0 tức là $P(x)=e$ (P là đa thức).

- Nếu không xảy ra một trong hai trường hợp trên thì rõ ràng tồn tại vô số các khoảng $(a;b)$ sao cho luôn tồn tại hai phần tử thuộc A và B. Do đó với bất kì x, ta có thể xây dựng được hai dãy $(a_n)\subset A,(b_n)\subset B$ sao cho $lima_n=limb_n=x$.

Khi đó $P(a_n+2\pi)-P(a_n)=2\pi u_n,u_n\in\mathbb{Z}, P(b_n+2\pi)+P(b_n)=2\pi v_n+\pi,v_n\in\mathbb{Z}.$

Cho $n\to +\infty$ ta được (để ý P là hàm liên tục): 

$P(x+2\pi)-P(x)=2\pi u(x),P(x+2\pi)+P(x)=2\pi v(x)+\pi;u(x),v(x)\in\mathbb{Z}.$ Trừ hai đẳng thức theo vế ta có thể suy ra:

$P(x)=C$.

Vậy trong tất cả các trường hợp trên ta đều có $P(x)=ax+b,a,b\in\mathbb{R}$.

Thử lại ta sẽ được:

$P(x)=0,P(x)=x,P(x)=-x$ là các đa thức cần tìm.

(Lời giải có chỗ nào hỏng logic thì nói cho mình biết nhé)

chứng minh giúp mình 2 bất đẳng thức này 

Với a,b,c là các số dương chứng minh

a) $a+b+c\geq \frac{c^{2}}{a}+\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}$

b) $\frac{a^{4}}{bc^{2}}+\frac{b^{4}}{ca^{2}}+\frac{c^{4}}{ab^{2}}\geq a+b+c$

Câu b có thể giải quyết Cauchy dễ dàng: $\frac{a^4}{bc^2}+b+c+c\ge 4\sqrt[4]{a^4}=4a$. Đánh giá tương tự cho các biểu thức còn lại rồi cộng vế theo vế ta được:

$\frac{a^4}{bc^2}+\frac{b^4}{ca^2}+\frac{c^4}{ab^2}+3(a+b+c)\ge4(a+b+c)$. Chuyển vế là xong ngay.

Còn câu a có thể là sai đề, phải là $\frac{c^2}{a}+\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}\ge a+b+c$. Thật vậy bằng cách tương tự như trên ta có:
$\frac{c^2}{a}+a\ge2\sqrt{c^2}=2c$. Rồi từ đó có đpcm.

À, hơi nhầm tí...., không thể xử lí kiểu này được

Ta có thể quy về chứng minh kết quả mạnh hơn: $\frac{4}{3}(MA+MB+MC)<AB+BC+CA$

Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ thoả mãn phương trình hàm $$f(x+y)+f(xy)=f(x)+f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in\mathbb{R}$$

Nhân bài này mình xin nêu thêm một số dạng tương tự: (quy ước $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$)

1. $f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

2. $f(x+y)+f(x)f(y)=f(x)+f(y)+f(xy),\forall x,y\in\mathbb{R}$

3. $f(x+y)+f(x)f(-y)=f(x)+f(y)-f(xy),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Hai bài cuối khó hơn bài đầu........một tí....

Này hình như là bài BĐT trên chuyên mục thử sức trước kì thi của THTT số tháng 5 nhỉ.....

 

Câu 1. Với mỗi số nguyên dương $m$, ta kí hiệu $S(m)$ và $P(m)$ lần lượt là tổng và tích các chữ số của $m$. Chứng minh rằng, với mỗi số nguyên dương $n$, luôn tồn tại các số nguyên dương $a_1, a_2, \ldots, a_n$ thỏa mãn điều kiện:

$$\left\{ \begin{matrix} S(a_1)< S(a_2) < \cdots < S(a_n) \\ S(a_i) = P(a_{i+1}), \quad (i=1,2,\ldots,n).\end{matrix}\right.(a_{n+1} = a_1.) $$

 

Câu 2.  Đặt $S = \left\{1,2,\dots,2014 \right\}$. Với mỗi tập con khác rỗng $T \subseteq S$, ta chọn một phần tử làm đại diện. Tìm số các cách chọn phần tử đại diện của tất cả các tập con khác rỗng của $S$ sao cho nếu tập con $D \subseteq S$ được phân hoạch thành các tập con không rỗng $A, B, C \subseteq S$, thì phần tử đại diện của $D$ cũng là phần tử đại diện của một trong ba tập $A, B, C$.

Câu 3

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho với bất kì số nguyên $k$, luôn tồn tại một số nguyên $a$ sao cho $a^3+a-k$ chia hết cho $n$.

 

Câu 4. Giả sử $n$ và $b$ là các số nguyên dương. Ta nói rằng $n$ là $b-$phân biệt nếu tồn tại một tập hợp gồm $n$ số nguyên dương phân biệt nhỏ hơn $b$ mà không có hai tập con phân biệt $U$ và $V$ sao cho tổng các phần tử của $U$ bằng tổng các phần tử của $V$.

 

(a) Chứng minh rằng $8$ là $100$-phân biệt.

(b) Chứng minh răng $9$ không phải là $100$-phân biệt.

 

Câu 5  Các đường tròn $\omega$ và $\Omega$ cắt nhau tại $A$ và $B$. Gọi $M$ là trung điểm cung $AB$ của đường tròn $\omega$ $(M$ nằm ở miền trong $\Omega)$. Dây cung $MP$ của $\omega$ cắt $\Omega$ tại $Q$ $(Q$ nằm ở miền trong $\omega)$. Gọi $\ell_P$ là tiếp tuyến của $\omega$ tại $P$, và $\ell_Q$ là tiếp tuyến của $\Omega$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng $\ell_P, \ell_Q$ và $AB$ tiếp xúc với $\Omega$.

 

Câu 5 bài hình ban đầu chưa thấy xuất hiện P mà ở đoạn thứ 3 lại xuất hiện lạ kì ..... Thầy xem lại giùm em....

Bỏ câu đa thức, hơi tiếc....(nói trắng là ko ôn phần này )

Nhìn chung:

Câu 1: Thay $y^2$ bởi $1-x^2$ vào pt 2 ta được $x^2.y^3=...$ (1) rồi bình phương lên và áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 5 số..... (để ý từ (1) suy ra y >0)

Câu 2: ý a) dùng quy nạp mười mươi.

ý b) ta dùng bất đẳng thức kẹp phụ $ln(1+\frac{1}{n+k})\leq \frac{1}{n+k} \leq ln(1+\frac{1}{n+k-1})$ và thu được lim= ln2.

Câu 3 (bỏ ý 2): ý a) thì ta dùng phép đối xứng trục $O_{1}O_{2}$ để cm ABDC là hình thang cân.

Câu 4: như trên.

Câu 5: Ta có $2014^{n}(2014^{m-n}-1)\vdots 100$ mà $2014^{m-n}-1$ là số lẻ nên $2014^{n}$ chia hết cho 4, suy ra n ko nhỏ hơn 2. Bây giờ ta xét m-n lẻ thì ta suy ra $2014^{m-n}-1$ tận cùng khác 5 và 0 nên ko chia hết cho 25. Do đó m-n chẵn, Khi đó ta đặt m-n= 2t (t nguyên dương).

Ta có: $2014^{2t}-1\vdots 25\Leftrightarrow 14^{2t}-1 \vdots 25\Leftrightarrow (15-1)^{2t}-1\vdots 25\Leftrightarrow -30t \vdots 25$ (khai triển nhị thức Newton ta thấy các số hạng thứ 1 đến thứ 2t - 2 đều chứa nhân tử $15^2$ chia hết cho 25. Suy ra t chia hết cho 5, hay t ko nhỏ hơn 5, suy ra m-n ko nhỏ hơn 10.

Do đó m+n = (m-n)+ 2n ko nhỏ hơn 10 + 2.2 = 14 khi m = 12 và n = 2.

Câu 6: Gần giống cách của chú Hoàng, nhưng do hoảng quá nên ngồi chia trường hợp ra xét (nhiều hơn chú Hoàng....) 

 

Xem hình:

 

1.png

 

Thuận: $AH$ giao $EF$ tại $O$.

Ta có: $\widehat{BIH}=\widehat{C}=\widehat{B}(+\widehat{B}=90^{0})$

$\Rightarrow \Delta BHI$ cân tại $H$ có $HE$ là đt.tuyến $\Rightarrow HE$ vuông góc $BI$

Tương tự, ta có $HF$ vuông góc $KC$

Vậy $EHFA$ là hình chữ nhật. $O$ là trung điểm $EF$ $\Rightarrow$ $O$ là trung điểm $HA$.

Gọi $M;N$ lần lượt là trung điểm của $AB;AC$

Sử dụng đường trung bình trong hai $\Delta BHA$ và $\Delta CHA$

$\Rightarrow$ $EO || BC;FO||BC\Rightarrow E;F;O$ thẳng hàng. 

Hay $O$ chuyển động trên đường trung bình $|| BC$ khi $H$ chuyển động trên $BC$

 

Giới hạn: Vì $H$ chuyển động trên cạnh $BC$ của $\Delta ABC$.

Nên khi $H\equiv B\Rightarrow O\equiv M; H\equiv C\Rightarrow O\equiv N$

 

Đảo: Lấy $O"$ thuộc đoạn $MN$. Một đường thẳng qua $O$ cắt các cạnh $AB$; $AC$ lần lượt tại $E;F$ sao cho $HE$ vuông góc $AB$;$HF$ vuông góc $AC$, $I$ là điểm đối xứng $B$ qua $E$; $HI$ cắt tia $CA$ tại $K$ . Từ đó, ta cần chứng minh $F$ là trung điểm của $KC$.

Đơn giản, ta có $\Delta BAC \sim \Delta KHC \Rightarrow KH=HC \Rightarrow \Delta HCK$ cân tại $H$ có $HF$ vuông góc $KC$ $\Rightarrow$ $F$ là trung điểm $KC$ (đ.p.cm.)

 

Kết luận: Trung điểm của $EF$ di chuyển trên đoạn $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$ và $|| BC$ khi $H$ chuyển động trên cạnh $BC$.

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

P/s: Em nghĩ bác Bachhammer nên post những bài đơn giản từ quỹ tích đường thẳng cho "nhuyễn" trước rồi ra bài khó sau.

Nhân tiện em soi được bài $3$ của bác sai ở dòng đầu và dòng $4$, bác xem lại nhé.

 

ok, còn chuyện sai ở dòng nào thì các bạn cố gắng phát hiện và sửa lại giùm (mình chỉ nêu hướng ra thôi.....)

Biện luận theo $n$ ($n$ nguyên dương) và $a$ (a là số thực) về số nghiệm của phương trình: $x^{n}-[x+n]=a$.

Cho $x=y=0$ vào (*):$f(0)=f(0)^{2}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0 & \\ f(0)=2 & \end{bmatrix}$

Cho $y=1$ vào (*):$f(x-1)=-f(1)+f(x).f(1)\Leftrightarrow f(x-1)=f(1)[f(x)-1]$ (2)

Cho $x=1$ vào $(2)$, đặt $f(1)=a$: $f(0)=f(1)[f(1)-1]=a(a-1)$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=0 & \\ a=1 & \end{bmatrix}$

Xét $a=0$: Thay $a=0$ vào $(2)$:$f(x-1)=0$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=1$: Thay $a=1$ vào $(2)$:$f(x-1)=f(x)-1$ $\Rightarrow f(x+1)=f(x)+1$ (1a)

Cho $x=0$ vào $(1a)$: $f(-1)=-1$

Cho $y=-1$ vào $(*)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)-f(-1)+f(x)f(-1)$ (3)

Thay $f(-1)=-1$ vào $(3)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)=1\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$ (1b)

Từ $(1a)$ và $(1b)$ $\Rightarrow f(x)=-f(-x)$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm lẻ.

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm lẻ vào (*):$f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y)$ (4)

Kết hợp $(*)$ và $(4)$ $\Rightarrow f(x+y)+f(x-y)=2f(x)$ (5)

Cho $x=y$ vào $(5)$:$f(2x)=2f(x)$

Đặt $u=x+y, v=x-y$ vào (5):$f(u)+f(v)=2f(\frac{u+v}{2})\Leftrightarrow f(2u)+f(2v)=2f(u+v)=f(2u+2v)$

$\Rightarrow f(u)+f(v)=f(u+v)$ $\Rightarrow f(x)=kx$

Thay vào (*) ta được:$\begin{bmatrix} k=0 & \\ k=1 & \end{bmatrix}$

$k=0$: hàm hằng (thỏa).

$k=1$: f(x)=x (thỏa).

Trường hợp 2: $f(0)=2$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=-1 & \\ a=2 & \end{bmatrix}$

Xét $a=-1$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=-1$

Thay $f(-1)=-1$ vào (3):$f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$

Ta có từ $(2)$: $f(x-1)=1-f(x)\Rightarrow f(x+1)=1-f(x)$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)$ suy ra $f(x)$ là hàm chẵn

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm chẵn vào $(*)$:$f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$

$\Rightarrow f(x+y)=f(x-y)$, cho $y=x$ $\Rightarrow f(2x)=f(0)=2$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=2$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=2$

Thay $f(-1)=2$ vào (3):$f(x+1)=3f(x)-2-f(-x)$

Từ $(2)$: $f(x-1)=2f(x)-2\Rightarrow f(x+1)=\frac{f(x)+2}{2}$

$\Rightarrow 6f(x)-4-2f(-x)=f(x)+2\Leftrightarrow 5f(x)-2f(-x)=6$

Thay $x$ bởi $(-x)$ ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} 5f(x)-2f(-x)=6 & \\ 5f(-x)-2f(x)=6 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)=2$ (hàm hằng thỏa).

Kết luận: $f(x)$ là hàm hằng hay $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

Thay vào 1a có thỏa mãn đâu bạn????

Mà chỉ có hai hàm hằng thỏa mãn là f(x) = 0 và f(x) = 2 bạn ạ.....

Lời giải của thuan192 cũng mắc lỗi tương tự nhatquangsin....

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{bmatrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.$\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{bmatrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{bmatrix}$.

Thử lại thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

Hình như bạn nhatquangsin đã nhầm chỗ này, f đề bài ko liên tục nên ko thể áp dụng pt hàm Cauchy....

từ pt thứ nhất: $x+\sqrt{x^2-1}=-y+\sqrt{y^2-1} \Leftrightarrow x+\sqrt{x^2-1}=(-y)+\sqrt{(-y)^2-1} \Rightarrow x=-y$

thế vào phương trình còn lại là OK!

Chưa hẳn đã OK.....

giải các phương trình sau:

1,   $$\sqrt{1- x^{2}} = (\frac{2}{3}- \sqrt{x})^{2}$$

2,  $4x = \sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{x+30}}}}$

Câu 1: Đặt $\sqrt{x}=a; \frac{2}{3}-\sqrt{x}=b$ Ta được hệ ... $\left\{\begin{matrix} a+b=\frac{2}{3}\\a^{4}+b^{4}=1 \end{matrix}\right.$. Đến đây giải theo phương pháp bình thường đối với hệ đối xứng 2 ẩn....

Câu 2: Đặt $x_{1}=4x, x_{n+1}=\sqrt{30+\frac{1}{4}x_{n}}$. Từ pt suy ra $x_{1}=x_{4}$. Dễ thấy hàm $\sqrt{30+\frac{1}{4}x}$ đồng biến nên nếu $x_{1}>x_{2}$ thì dễ cm được: $x_{1}>x_{2}>x_{3}>x_{4}$ (vô lí). Tương tự với TH $x_{1}<x_{2}$. Do đó $x_{1}=x_{2}$ hay $4x=\sqrt{30+x}$. Giải pt này ta thu được nghiệm....

Cai cum $x^{10}+x^9+...+x^0$ thi dung tong cua cap so nhan

Nhưng vẫn còn các nhân tử $x^{10}-x^{9}+x^{8}-x^{7}+x^{6}-x^{5}+x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1$. Khó phân tích và cũng khá rối rắm......

Tai sao lai >0

Do ln3 > 1 và $\sqrt{x^{2}+1}\geq 1$ nên phân thức $\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}ln3}$ nhỏ hơn 1. Suy ra >0