Mình tính cho bạn xem:
Từ $f(x+1)=f(x)+1$. Mình quy nạp được $f(x+n)=f(x)+n, \forall n \in \mathbb{Z}$.
Với mọi $p, q \in \mathbb{Z}$, ta có:
$$f\left(\left(\dfrac{p}{q}+q^2\right)^3\right)=f\left(\dfrac{p^3}{q^3}+3p^2+3pq^3+q^6\right)=f^3\left(\dfrac{p}{q}\right)+3p^2+3pq^3+q^6$$
Mặt khác:
$$f\left(\left(\dfrac{p}{q}+q^2\right)^3\right)=\left[f\left(\dfrac{p}{q}+q^2\right)\right]^3=\left[f\left(\dfrac{p}{q}\right)+q^2\right]^3=f^3\left(\dfrac{p}{q}\right)+3f^2\left(\dfrac{p}{q}\right)q^2+3f\left(\dfrac{p}{q}\right)q^4+q^6$$
Trừ vế theo vế, mình được đẳng thức đã nêu

Cái này thì tôi biết mà

Mình nói sau khi còn trường hợp 2 đấy, cái chỗ mình tô đỏ ấy.

Thay vào đó bạn có thể tính 1 lần nữa nhưng thay bởi dấu "-" và dùng 2 đẳng thức là được

Câu 2: Đầu tiên ta tính $f(-1)$, $f(0)$ và $f(1)$ bằng cách thay lần lượt $x$ bởi $-1$, $0$, $1$ vào giả thiết (2) được $f(-1), f(0), f(1) \in \left\{-1; 0; 1\right\}$.
Nếu $f(-1)=0$, suy ra $f(0)=1$, suy ra $f(1)=2$, vô lý.
Nếu $f(-1)=1$, suy ra $f(0)=2$, vô lý.
Vậy $f(-1)=-1$, suy ra $f(0)=0$ và $f(1)=1$.
Bằng quy nạp chứng minh được $f(n)=n, \forall n \in \mathbb{Z}$.
Bây giờ mình sẽ tính $f\left(\dfrac{p}{q}\right)$ với $p, q \in \mathbb{Z}$.
Ta tính $f\left(\left(\dfrac{p}{q}+q^2\right)^3\right)$ bằng hai cách để suy ra đẳng thức sau:
$$\left(f\left(\dfrac{p}{q}\right)-\dfrac{p}{q}\right)\left(f\left(\dfrac{p}{q}\right)+\dfrac{p}{q}+q^2\right)=0 \Leftrightarrow \left[\begin{array}{lcl} f\left(\dfrac{p}{q}\right)=\dfrac{p}{q} \\ f\left(\dfrac{p}{q}\right)=-\dfrac{p}{q}-q^2\end{array}\right.$$
Giả sử tồn tại $p, q \in \mathbb{Z}$ sao cho $f\left(\dfrac{p}{q}\right)=-\dfrac{p}{q}-q^2$, từ điều kiện 1 dễ suy ra điều vô lý.
Vậy $f\left(\dfrac{p}{q}\right)=\dfrac{p}{q}$ hay $f(q)=q, \forall q \in \mathbb{Q}$.
Thử lại thỏa.

Câu nói mang tính ngộ nhận quá bạn ơi Nếu có thể bạn giải thích rõ hơn nhé.

Thay vào đó, bạn có thể tính $f\left(\left(\dfrac{p}{q}-q^2\right)^3\right)$ bằng 2 cách, kết hợp với cái bạn có thì ta được đpcm nhé

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(1-y)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=2$ và $x=1$ ta được $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$

Nếu $f(1)=0$ thì ta suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=2$ thì thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x+1)=f(x)+2(x+1)$

Quy nạp ta được $f(x)=x^2+x$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$, $f(x)=0$ và $f(x)=x^2+x$ thỏa mãn $\blacksquare$

Nói rõ quy nạp đi bạn, trên N rồi sao nữa. Không phải soi mói nhưng đăng lời giải thì rõ ràng nha!!

Thay vì làm như vậy em có thể thay $y$ bởi $y+1$ ở (1)

Thế tiếp vào (1) khử đi $f(x).f(y)$ rồi thay $y$ bởi $\frac{1}{x}$, sẽ tìm được nghiệm $f(x)=x^2+x$

Bài 2: 

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$ $(1)$

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

+)Nếu $f(0)=0$:

Thay $x=-y=1$ suy ra $3f(-1)=f(1)f(-1)$

Nếu $f(-1)=0$ thì thay $y=-1$ suy ra $f(x-1)=f(-x)$ $\forall x \in \mathbb{R}$ $(2)$

Thay $y$ bởi $-y$ và áp dụng $(2)\implies f(x-y)+f(x)f(y-1)=f(xy-1)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y-1)$

Khi đó thay $y=1$ ta được $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(-1)\neq 0$ thì $f(1)=3$. Khi đó thay $y=1$ vào $(1)$ suy ra $f(x)=3x$ 

+)Nếu $f(0)=2$ thì thay $y=0$ ta được $f(x)=x+2$

Thử lại thấy hàm $f(x)=3x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$

Xem lại lời giải bạn, lời giải bài toán còn có nghiệm: $f(x)=x^2+x$ nữa nhé!!

Chữ đỏ nhầm nhé, thay y bởi -y nên đó thành $(1-y)f(x)$ và nếu cứ thay $y=1$ như em thì không rút ra được điều gì nhé!

Câu dãy ngày 1

Cho $k$ là 1 số nguyên dương và dãy số $u_n$ được xác định bởi: 

$u_1=3; u_{n+1}= u_n+4n+2 $ 

Có gì đó sai sai vì $k$ để làm gì

k cố định bạn à, ra để lừa mấy đứa dùng Stolz thôi  

Với cách làm này dùng nguyên lý kẹp để tìm ra $lim x_{n}$ thì cần gì $u_{n}$ bị chặn nữa ạ

Nếu như không tồn tại $a$ để $f(a)=0$ thì sao ? Bạn phải chỉ ra được rằng tồn tại số $a$ như thế trước khi thế vào phương trình ban đầu.

Thay $y=0$ ta thấy $f(0)=0$.

Giả sử tồn tại a khác 0 thỏa mãn $f(a)=0$.

.....

Thế đã được chưa em??

Bài 4: 

2.      $f(x+yf(x))=xf(y)+f(x)$             (1)        

P(x,y) là phép thế của x,y vào (1)

Gọi a là số thỏa mãn $f(a)=0$.

$P(a,y) \Rightarrow af(y)=0 \Rightarrow a=0$.

Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$

$P(-1,-1) \Rightarrow f(-1)=-1$

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

$P(1-f(1),1) \Rightarrow (f(1)-1)^2=0 \Rightarrow f(1)=1$

$P(1,y) \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1$

$P(x, y+1) \Rightarrow f(x+yf(x)+f(x))=xf(y)+f(x)+x=f(x+yf(x))+x$    (2)

Mặt khác vì $x+yf(x)$ toàn ánh( cho x=1, y chạy) nên thay $x+yf(x)$ bởi $y$ ở (2), ta có:

$f(y+f(x))=f(y)+x$               (3)

Thay $y=0$ vào (3) ta có: $f(f(x))=x$

Thay $x$ bởi $f(x)$ vào (3) ta có: $f(x+y)=f(x)+f(y)$        (4)

$P(f(x),y)$ kết hợp (4) ta có: $f(xy)=f(x).f(y)$      (5)

Từ (4),(5) ta có nghiệm hàm là $f(x)=x$ và $f(x) \equiv 0$. 

$P\left ( x,y \right )$ là phép thế cho $x,y$ : $f\left ( x^{2}-f^{2}(y) \right )=xf(x)+y^2$  $(1)$

1, Ta chứng minh $f(0)=0\Leftrightarrow x=0$

Đặt $-f^2(0)=a$ .$P\left ( 0,0 \right )\Rightarrow f\left ( a \right )=0$

$P(0,a)\Rightarrow f(0)=a^2\Rightarrow f(0)=0\vee f(0)=1$

Xét $f(0)=1$ , $P(-1,0)\Rightarrow f(0)=-f(-1)$ (vô lý ) do $f(0)=1$ và $f(-1)=f(a)=0$

$\Rightarrow f(0)=0.$Do đó $P(x,0)\Rightarrow f(x^2)=xf(x) (*) \Rightarrow$ với $f(y)=0$ , từ $(1)$ $\Leftrightarrow y=0$

2/ Ta chứng minh $f$ toàn ánh.

Từ $(*)$ dễ thấy $f$ là hàm lẻ với $x\neq 0$. Lại có $P(0,x)\Rightarrow f\left ( -f^2 (x)\right )=x^2$ 

Từ đó $\Rightarrow f$ toàn ánh 

3/ Chứng minh $f(x)=-x$

Từ các phép thế trên , ta có $f\left ( x^2-f^2(y) \right )=f(x^2)+f(-f^2(y))$ .Lại có $f$ toàn ánh và hàm lẻ $\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$

$\Rightarrow f(x)=kx$ . Thế vào $(1)$ dễ thấy $k=-1$. 

Vậy $f(x)=-x$

Chữ đỏ sai nhé, toàn ánh + hàm lẻ +cộng tính không suy ra được $f(x)=kx$

Làm tiếp từ đoạn f(0)=0, f hàm lẻ. Do đó thì $f(x^2)=xf(x)$ và $f(-f^2(x))=x^2$ .

Ta có: $f(-f^2(x))=x^2$ thì $f(f^2(x))=-x^2$. (Do hàm lẻ)

Trong (1) thay $x$ bởi $x^2$, $y$ bởi $f^2(x)$, ta có: 

$f(x^4-f^{2}(f^{2}(x)))=x^2.f(x^2)+f^4(x)$

$\Rightarrow f(0)=x^3.f(x)+f^4(x)$

$\Rightarrow f(x)=-x$.

Hình như cậu bị nhầm đề thì phải , đề là $y^4$ chứ không phải là $4^y$ cậu ơi

đã sửa

Ai cho xin lời giải câu 2 với!

$12^x + y^4=56^z$.

Xét mod 3, ta thấy z chẵn và y không chia hết cho 3.

Đặt $z=2k$. Ta có: $12^x=(56^k-y^2)(56^k+y^2)$

Vì $(56^k-y^2)+(56^k+y^2)$ không chia hết cho 3 nên có dạng:

$56^k+y^2=3^x.4^{a_1}, 56^k-y^2=4^{a_2}$ hoặc

$56^k-y^2=3^x.4^{a_1}, 56^k+y^2=4^{a_2}$.

TH1: $56^k-y^2=3^x.4^{a_1}, 56^k+y^2=4^{a_2}$

Do đó: $2.y^2\equiv 4^{a_{2}}$ (mod 3) ( Vô lý vì $2.y^2\equiv 2$  (mod 3) mà $4^{a_{2}}\equiv 1$ (mod 3))

Tương tự với TH2.

Vậy PT có nghiệm $x=y=z=0$

Bài 7: 

a, Gọi I là tâm (SPQ)

$\frac{SP}{SM}=\frac{SI}{SO}=\frac{SQ}{SN}$ nên PQ song song MN.

Tiếp tuyến M,N cắt nhau tại T. ta có $\widehat{MSN}=180^{\circ}-\widehat{MON}=\widehat{PAQ}$

nên $\frac{IA}{OT}=\frac{IQ}{ON}=\frac{SI}{SO}$ 

$\Rightarrow$ A,S,O thẳng hàng

 $\Rightarrow$ AMSN là tứ giác điều hòa.

b, Ta có $DE=SM.sin\widehat{DSE}=SM.sin\widehat{AMN}$

              $DF=SN.sin\widehat{DSF}=SN.sin\widehat{ANM}$

 $\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{SM.sin\widehat{AMN}}{SN.sin\widehat{ANM}}=\frac{AN.sin\widehat{AMN}}{AM.sin\widehat{ANM}}=1$

Bài 3: Tứ giác nội tiếp mà các góc đều nhọn là như thế nào?

Bài 8: Chứng minh $a^a+b^b+a^b+b^a$ chia hết cho $p$

                              $a^a+b^b-a^b-b^a$ chia hết cho $p$

Bổ đề: Với x là số nguyên dương, $p/\frac{x^{19}-1}{x-1}$ thì p=19 hoặc $p=19n+1$

Chứng minh: Giả sử $p\not\equiv1 (mod 19)$ do đó (p-1;19)=1, tồn tại k,m thỏa mãn: 19k+(p-1)m=1

nên $x\equiv x^{19k+(p-1)m}=(x^{19})^{k}.(x^{p-1})^m\equiv 1$ (mod p)

Do đó: $\frac{x^{19}-1}{x-1}=x^{18}+...+1\equiv 19(mod p)$ 

Vậy p=19.(xong bổ đề)

Do đó mỗi ước d của $\frac{x^{19}-1}{x-1}$ thỏa mãn d=19k, hoặc d=19k+1.

Giả sử $(x,y)$ là nghiệm của PT, ta có 

$y-1 / \frac{x^{19}-1}{x-1}$

Theo bổ đề thì y=19k+1, hoặc y=19k+2. Do đó $y^{11}+y^{10}+...+1\equiv 11,10 mod 19$

Mặt khác $y^{11}+y^{10}+...+1 / \frac{x^{19}-1}{x-1}$

Giải Phương trình $\frac{1}{\sqrt{x^2+8}}+\frac{1}{\sqrt{8x^2+1}}=\frac{x-\frac{1}{3}}{x^2}$

Giải HPT:

 $x+y+\frac{2}{x}+\frac{2}{y}=6$    và

 $x^2+y^2+\frac{2}{x^2}+\frac{2}{y^2}=5$

Nguồn : Facebook Mai Xuân Việt

Bài 3

Dễ thấy: $a;b$ lẻ và $(a;b)=1$

Đặt $a^3+b=2^x$; $b^3+a=2^y$

TH1:$a=b$. Dễ dàng suy ra $a=b=1$

TH2: Không mất tính tổng quát giả sử $a>b$ hay $x>y$

Ta có: $a=2^y-b^3$

           $a^3=(2^y-b)^3$

          $a^3+b=2^y.M -b^9+b$

Vì x>y nên $b^3+a|a^3+b$ hay $b^3+a|b^9-b$

                                            $b^3+a|b^8-1=(b^4+1)(b^2+1)(b^2-1)$

Vì $2||b^4+1; 2||b^2+1$ nên $b^3+a||4(b^2-1)$

Do đó: $4(b^2-1) \geq b^3+a \geq b^3$

Từ đó: $b=2;3$. Đến đây bài toàn đã coi như hoàn tất    .

ĐS: $(a;b)=(1;1),(3;5),(5;3)$

Chọn đội tuyển HSG quốc gia 2015-2016 Thanh Hóa ngày 1.

Nguồn: Facebook.

Bài số 5 là $n^3$ hay $n^2$ vậy

Xin lỗi bạn nhé, Hoàng nói ngây ngây đấy, bạn dãy số đúng không, $n^3$ nhé.

Làm sao có được (1) thế bạn?. Quy nạp bằng cáh nào bạn có thể viết rõ hơn được k 

À, bạn chỉ cần thay $x_{n+1}=14x_n-x_{n-1}+2$, ta sẽ đc hệ thức tương tự hệ thức quy nạp. OK   

Đề chọn đội tuyển HSG Quảng Bình 2015-2016 ngày 1

 

 Bài 4 : Tìm tất cả các hàm số liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

   i) $f(x)+x$ có tập giá trị là $\mathbb{R}$

   ii) $f(f(x)+x)=6x$

   iii) $f(1)=2$

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

          

Đặt $g(x)=f(x)+x$

Ta thấy:  i, f liên tục nên g liên tục

              ii, g toàn ánh

Ta có: $f(f(x)+x)=6x$

          $f(f(x)+x)+f(x)+x=(f(x)+x)+6x$

          $g(f(x)+x)=g(x)+6x$ hay $g(g(x))=g(x)+6x$ 

Chuyển bài toán về tìm hàm $g(x)$ liên tục, toàn ánh thỏa mãn $g(g(x))=g(x)+6x$ và g(1)=3

Dễ thấy g đơn ánh +liên tục nên g đơn điệu.

Ta tính đc $f(2)=6$ nên $g(2)=8>g(1)$ nên g tăng thực sự.

Đến đây làm tương tự bài $f(f(x))=f(x)+2x$ là xong     

(Chuyên khảo Phương Trình Hàm trang 391)     

 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12-VÒNG 1

Bài 1(4 điểm)

Giải phương trình $:x^2-x-6=(2^x+1)\left ( 2^{\frac{x}{2}}+1 \right )\left ( \sqrt{x+1}-2 \right )$

 

 

Cho mình hỏi là chỗ này +2 hay +1 nhé, cảm ơn.

Ngày thi 4

 

Bài 1: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x-1)f(y^2)=y(xy)-yf(y)$ (1)

 

 

 

+, f hằng: $f\equiv 0$

+, f không hằng:

Thay $x=1$ vào (1), ta có: $f(0).f(y^2)=0$

Do đó: $f(0)=0$

Thay $x=0$ vào (1), ta có: $f(-1)f(y^2)=-yf(y)$ (2)

Thay $y=-1$ vào (2), ta có: $f(-1).f(1)=f(-1)$

                                   $f(1)=1$(t/m) hoặc $f(-1)=0$(loại do (2))

Thay $y=1$ vào (1), ta có: $f(x-1)=f(x)-1$ (3)

Do đó: $f(-1)=-1$ và (2) trở thành: $f(y^2)=yf(y)$ (4)

Thế (3), (4) vào (1), ta có: $f(x).f(y)=f(xy)$ (5)

Thay $x=y$ vào (5), ta có: $f^2(x)=f(x^2)=xf(x)$ nên $f(x)=x$.

Mình không có thời gian đánh Latex, mong các bạn thông cảm.

Nguồn: Facebook.

 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12-VÒNG 1

 

Bài 5(3 điểm)

Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} x_0=1,x_1=16\\x_{n+2}=14x_{n+1}-x_n+2,\forall n\in \mathbb{N} \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $\forall n\in \mathbb{N}$ thì $x_n$ là số chính phương

 

 

- Quy nạp: $14x_{n+1}.x_n=x_{n+1}^2+x_n^2+1-2x_{n+1}-x_n$ (1)

- Giả sử bài toán đúng đến $x_{n+1}$, ta sẽ chứng minh bài toán đúng với $x_{n+2}$

Khi đó $\sqrt{x_{n+1}};\sqrt{x_{n}}$ đều là các số tự nhiên

- Sử dụng (1), biến đổi, ta đc: $x_{n+2}=(4\sqrt{x_{n+1}}-\sqrt{x_{n}})^2$