Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Kamii0909 nội dung

Có 156 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 31-10-2016)



Sắp theo                Sắp xếp  

#725344 Giới hạn dãy số

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-09-2019 - 12:41 trong Các bài toán và vấn đề về Dãy số - Giới hạn

$|\frac{1}{\sqrt{x_{n}+8}+3}-\frac{1}{\sqrt{x_{n}+3}+2}|=\frac{1}{\sqrt{x_{n}+3}+2}-\frac{1}{\sqrt{x_{n}+8}+3}<\frac{1}{2}=q.$

Bạn chứng minh thiếu. Yếu tố $ \frac{1}{\sqrt{x_{n}+3}+2}- \frac{1}{\sqrt{x_{n}+8}+3}$ có thể nhỏ hơn $-\frac{1}{2}$ dẫn tới giá trị tuyệt đối của nó lớn hơn $\frac{1}{2}$



#719502 $VMO2019$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 14-01-2019 - 22:55 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

Topic ảm đạm quá mình chém bài đa thức vậy.

Bổ đề 1: $\Gamma(f(x))$ là hệ số tự do của $f(x)f(\dfrac{1}{x})$

Chỉ viết $f(x)$ và nhân ra thôi.

Bổ đề 2: Cho

$f(x)=a_{0}+...+a_{n} x^n$

$g(x)=b_{0}+...+b_{n} x^n$

$h(x)=f(x)(b_{0} x^n+...+b_{n})=f(x)x^n g(\dfrac{1}{x})$ (đảo hệ số của $g(x)$)

Thì $\Gamma(f(x)g(x)) = \Gamma(h(x))$ 

Chú ý $h(x)h(\dfrac{1}{x})=f(x)g(x)f(\dfrac{1}{x})g(\dfrac{1}{x})$ 

Quay lại bài toán

Với $n=1010$

Viết $P(x)=(x+a_{1})(x+a_{2})...(x+a_{n})(x+b_{1})(x+b_{2})...(x+b_{n})$

Trong đó $A \cap B = \{1,2,...,2n\}$

Số đa thức $Q_{k} (x)$ phân biệt tạo thành theo bổ đề 2 sẽ bằng vào số bộ phân biệt $b_{1}<b_{2}<...<b_{n}$ mà $b_{i} \in \{1,2,...,2n\} = \dfrac{ (2n)!}{ (n!)^2} = \dfrac{2n(2n-1)...(n+1)}{n(n-1)...1} > 2^n > 2^{n-1}$

 

Đi thi tiếc thế không làm hoàn chỉnh được bài này, viết được có tới đoạn $P(x)=...$ thì lại lan man đi đâu =))) Không biết có được điểm không nhỉ? 




#712215 $f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-07-2018 - 08:21 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Tìm tất cả $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$




#712214 Tìm hàm f:R R

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-07-2018 - 08:07 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

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

Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình. 

$P(x,-x):f(x+f(f(x)-x))=x+f(0)$ nên $f$ toàn ánh. 

Do đó tồn tại $a, f(a)=-f(0)$

$P(a,-f(a)):a=0$ nên $f(0)=0$ 

$P(0,x): f(f(x))=f(x)$

$P(x,-x): f(x+f(f(x)-x))=x$

Lấy $f$ 2 vế phương trình này thì $f(x)=x$

 

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

2.$f(x+f(y+f(x)))=f(x)+x+y$

Kí hiệu $P(x,y)$ thay cho phép thế $x,y$ vào phương trình. 

$P(x,-f(x)):f(x+f(0))=x$ nên $f(x)=x-f(0)$

Tại đây cho $x=0$ thì $f(0)=0$ nên $f(x)=x$




#694455 $f(x^2+f(xy))=xf(x+y)$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-10-2017 - 17:23 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

trước tiên ta nhận thấy pt có 1 ngh là f(x) đồng nhất bằng 0

ta thấy f(f(0))=0 thay y bởi f(0) trong pt đầu ta được f(x^2)=xf(x) suy ra f là hàm lẻ

suy ra luôn tồn tại số thực a thỏa f(a)=0

th1: a khác 0 lúc này thay x bởi a ta được f(x) là hàm hằng...... 

th2: suy ra chỉ có một giá trị là x=0 thỏa mãn f(x)=0 

thay x bởi -y ta được f(x^2)=x^2 mọi x thực 

lại có do tính lẻ của hàm f suy ra f(x)=x vs mọi x thực

Vậy.....

Làm đầy đủ chút được không bạn.
$P(x,f(0)):f(x^2+f(xf(0)))=xf(x+f(0))$
$P(a,y):f(a^2+f(ay))=af(y+a)$

Như bạn thấy cả 2 đẳng thức này chả thu được gì cả. 




#694174 $f(x^2+f(xy))=xf(x+y)$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 04-10-2017 - 18:41 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Tìm tất cả $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn

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




#693855 $f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 28-09-2017 - 15:38 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Tìm $f:\mathbb{Z}_+\rightarrow \mathbb{Z}_+$ thỏa mãn:

$f(\frac{f^2(n)}{n})=n$

Ta có $n|f^2(n)$ 

Từ tính chất này cho $n = \dfrac{f^2(n)}{n}$ thì $f^2(n)|n^3$

Đặt $n= p_{1}^{a_1} \cdot p_{2}^{a_2} ....p_{n}^{a_n}$

Trong đó $p_1,p_2,...,p_n$ nguyên tố còn $a_1,a_2,...,a_n \in \mathbb{N*}$

Do $f^2(n)|n^3$ nên $f(n)$ phải có dạng $p_{1}^{b_1} \cdot p_{2}^{b_2}...p_{n}^{b_n}$

Trong đó $b_1,b_2,...b_n \in \mathbb{N}$ và $2b_{i} \leq 3a_{i}$

Do đó $b_{i} \leq a_{i}$ hay $f(n)|n$

Từ đẳng thức này cho $n=\dfrac{f^2(n)}{n}$ thì $n^2|f^2(n)$

Do đó $f(n)=n,\forall n$.

Thử lại TM. 




#693813 Đề chọn đội tuyển QG Dak Lak năm 2017-2018

Đã gửi bởi Kamii0909 on 27-09-2017 - 20:40 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 5. 

Chứng minh được

$$x_{n}+x_{n-1}=\dfrac{-1}{2017^{n-1}}$$

Từ đó suy ra CTTQ 

$$x_{n}=\dfrac{2017 \cdot (-1)^n}{2018}- \dfrac{1}{2018 \cdot 2017^{n-1}}$$

Do đó $$\displaystyle \lim_{n \to + \inf} x_{n} =\dfrac{2017^2}{2018^2}$$

 

Bài 6. 

Từ giả thiết dễ có

$$f(x) \geq 2xy-f(y), \forall x,y$$

Cho $x=y$ thì $f(x) \geq x^2, \forall x$

Cố định $x$, chọn $y$ sao cho $2xy-f(y)$ lớn nhất. 

Khi đó $$f(x)=2xy-f(y) \leq 2xy-y^2 \leq x^2$$

Do đó $f(x)=x^2, \forall x$

Thử lại TM, kết luận...




#693724 Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 2 năm 2016

Đã gửi bởi Kamii0909 on 26-09-2017 - 00:56 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Ngày 2.

 

Bài 1. Tìm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x(f(2x)+4f(f(y)))\]

 

 

Nếu $f$ là hàm hằng, dễ có $f(x)=0, \forall x$ thoả mãn.

 

Xét $f$ khác hằng. 

Từ pt đầu cho $x=0$ ta được $f(0)(2f(y)-1)=0, \forall y$ 

$f$ không hằng nên $f(0)=0$

 

Lại cho $y=0$ thì $\dfrac{xf(2x)}{2}+f(x^2)=2f^2(x)$

Thế đẳng thức này lại phương trình đầu thì $f(x)f(x+y)=f(x)^2+xf(f(y)),\forall x,y$

Ta kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế $(x,y)$ cho phương trình này. 

 

Nếu $\exists a \neq 0, f(a)=0$. 

$P(a,y):af(f(y))=0$, tức $(f(f(x))=0, \forall x$

$P(x,f(x)-x): f(x)^2=0,\forall x$ nên $f(x)=0, \forall x$

Có nghĩa $f$ là hàm hằng(loại)

 

Vậy $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$

Xét $x,y \neq 0$.

$P(x,1):f(x+1)=f(x)+\dfrac{x \cdot f(f(1))}{f(x)}$

$P(x,2):f(x+2)=f(x)+\dfrac{x \cdot f(f(2))}{f(x)}$

$P(x+1,1):f(x+2)=f(x+1)+\dfrac{(x+1)f(f(1))}{f(x+1)}=f(x)+\dfrac{x \cdot f(f(1))}{f(x)}+\dfrac{(x+1)f(f(1))f(x)}{f^2(x)+xf(f(1))}$

Từ 2 đẳng thức trên suy ra 

$$f^2(x)( xf(f(1))+2f(f(1))-f(f(2)) )=x^2 f(f(1))( f(f(2))-f(f(1)) ) (1)$$

Giả sử $\dfrac{f(f(2))}{f(f(1))}=k \neq 2$

Từ đẳng thức trên cho $x = k-2$ sẽ được $(k-2)^2 \cdot f(f(1))^2 \cdot (k-1)=0$

Cho ta $f(f(2))=f(f(1)$

Khi đó $(1)$ tương đương $f^2(x) \cdot f(f(1)) \cdot (x+1)=0, \forall x \neq 0$

Chọn $x \neq 0,-1$ ta suy ra mâu thuẫn. 

Vậy $f(f(2))=2f(f(1))$

 

Do đó $f^2(x)=f(f(1))x^2$

Cho $x=1$ thì $f(f(1))=f(1)^2$, suy ra $f^2(x)=x^2 f(1)^2,\forall x \neq 0$ 

Kết hợp với $f(0)=0$ cho ta $f^2(x)=x^2 f(1)^2=c^2 x^2,\forall x$

 

Giả sử $ \exists a,b \neq 0,f(a)=ac,f(b)=-bc$

$P(a,y-a)-P(b,y-a):f(y)+f(y+b-a)=ca-cb (2)$

Tại $(2)$ cho $y=0$ thì $f(b-a)=ca-cb$

Cho $y=b-a$ thì $f(2b-2a)=0 \Leftrightarrow a=b$

Từ đó ta có $a=b=0$(mâu thuẫn) 

 

Vậy $f(x)=cx,\forall x$ hoặc $f(x)=-cx,\forall x$. 

Cả 2 đều dẫn đến $f(x)=ax, \forall x$

Thay hàm này vào pt đầu thì $a=0,a=1$. 

Thử lại 2 hàm $f(x)=0, \forall x$ và $f(x)=x,\forall x$ đều TM. 

Kết luận...




#693714 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Đã gửi bởi Kamii0909 on 25-09-2017 - 22:13 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 3 có vẻ khó nhai, thôi xử bài 6 trước vậy >.< 

 

Kẻ $MX \perp AB, NY \perp AC$

Gọi $S,T$ là trung điểm $NC,MB$

 

Dễ có $PB=QC,MB=NC$. 

$\dfrac{BF}{BA}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CE}{CA}$

Vậy $EF \parallel BC$

 

Do đó $EFBC$ là hình bình hành nên $EF=PC$

Cũng có $ST=\dfrac{MN+BC}{2}=PC$ nên $EFTS$ cũng là hình bình hành.

Do đó $FT=SE$

 

Ngoài ra, ta cũng có $\Delta AFL \sim \Delta AEK$ 

$\Rightarrow \dfrac{AL}{AK}=\dfrac{AF}{AE}$

 

$$ \dfrac{OA^2-OL^2}{OA^2-OK^2}= \dfrac{LA.LM}{KA.KN}=\dfrac{ LA^2. \dfrac{FX}{FA}}{KA^2. \dfrac{EY}{EA}} =\dfrac{LA^2.FX.EA}{KA^2.EY.FA}= \dfrac{FX.FA}{EY.EA}=\dfrac{FX.FB}{EY.EC}=\dfrac{FT^2-TB^2}{SE^2-SC^2}=1 $$

 

Do đó $OL=OK$

Hình gửi kèm

  • 5.png



#693450 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Đã gửi bởi Kamii0909 on 21-09-2017 - 00:48 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 2: Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số nguyên không âm thoả mãn $P(\sqrt [3]{3})=2017$ và $P(1)$ nhận giá trị nhỏ nhất có thể.

 

Bài 7: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a) ≠ 0$. Chứng minh rằng:

$\frac {(a^2-b^2)(a^2-c^2)}{(b+c)^2} + \frac {(b^2-c^2)(b^2-a^2)}{(c+a)^2} + \frac {(c^2-a^2)(c^2-b^2)}{(a+b)^2} \geq 0$

Bài 2. 

Dễ thấy $P(x)=(x^3-3)Q(x)+2017$

Đặt $Q(x)=a_{n} x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ 

$P(x)=a_{n} x^{n+3}+a_{n-1} x^{n+2} +a_{n-2} x^{n+1} +( a_{n-3}-3a_{n} ) x^n+(a_{n-4}-3a_{n-1}) x^{n-1}+...+(a_{0}-3a_{3})x^3-3a_{2} x^2 -3a_{1} x +2017 - 3a_{0}$

Do $P(x)$ có hệ số không âm nên ta phải có hệ
$$\left\{\begin{matrix} a_{n},a_{n-1},a_{n-2} \geq 0\\ a_{n-3} \geq 3a_{n}\geq 0\\ ...\\ a_{0} \geq 3 a_{3} \geq 0\\ a_1 ,a_2 \leq 0\\ a_0 \leq \dfrac{2017}{3}\\ \end{matrix}\right.$$

Cho ta các nghiệm nguyên không âm $a_{n}=a_{n-1}=...=a_{1}=0$ hay $Q(x)=a_0=c \leq 672$ là hàm hằng. 

$P(1)=c+2017-3c=2017-2c \geq 673$

Dấu "=" xảy ra khi $P(x)=672 x^3 +1$

Bài 7. 

$VT=f(a,b,c) \geq f(|a|,|b|,|c|)$nên ta chỉ cần chứng minh trong TH a,b,c không âm. 

KMTTQ, $a \geq b \geq c$

$f(a,b,c)=\sum \dfrac{(a-b)(a-c)(a+b)(a+c)}{(b+c)^2}$

Dễ thấy $\dfrac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^2} \geq \dfrac{(b+a)(b+c)}{(c+a)^2}$ 

nên theo bất đẳng thức Vornicul-Schur ta có đpcm.

 

#Ps: 2 bài hình vòng 1 năm nay có vẻ không thấm lắm :V 




#693445 Turkey TST 2017

Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-09-2017 - 23:17 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

 

$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thế 
Nếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh
$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$  Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$
Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$ 

 

Đoạn cm đơn ánh chưa hoàn chỉnh. Nếu $f(x_1)=f(x_2)=0$ thì $x_1 \neq x_2$ thoải mái. TH $a=0$ có $f(x)=0, \forall x$ chứng tỏ điều này. 
Có thể xử lí kiểu này. 
$P(0,x):f(f(x))=xf(0)+a$

Nếu $f(0)=0$ thì $P(x,0):a=0$

Hay $P(0,x):f(f(x))=0$

Nếu $f$ hằng thì $f(x)=0,\forall x$. 

Nếu $f$ không hằng thì $\exists c,f(c) \neq 0$ 
$P(c,x):f(cx+f(x))=xf(c)$ nên $f$ toàn ánh. 
Do đó $P(0,x)$ sẽ cho ta $f(x)=0,\forall x$(là hàm hằng, mâu thuẫn) 

 

Xét $f(0) \neq 0$ thì $P(0,x)$ cho $f$ song ánh và có thể tiếp tục giải như trên.




#693028 ĐỀ THI LẬP ĐỘI TUYỂN TOÁN LỚP 12 DAKLAK

Đã gửi bởi Kamii0909 on 14-09-2017 - 14:00 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài hàm phức tạp ra phết. 
Đặt $P(x,y):f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$
$P(0,x):f(0)=f(xf(0))$

Nếu $f(0) \neq 0$ thì $xf(0)$ toàn ánh trên $\mathbb{R}$, do đó $f(x)=f(0),\forall x$

Mà dễ thấy $f$ không là hàm hằng nên $f(0)=0$

Giả sử $f(a)=0$,  từ $P(a,0):f(0)=a^2=0$ ta có $a=0$, hay $f(a)=0 \Leftrightarrow a=0$ 

Nếu $\exists a,b$ sao cho $f(a)=f(b) \neq 0$, ta sẽ cmr $a=b$. 

$P(a,0)-P(a,b-a): f((b-a)f(a))=0$ 

Hay $a=b$. Do đó $f$ đơn ánh. 

$P(x,0)-P(-x,0): f(xf(x))=f(-xf(-x))$

Sử dụng tính đơn ánh và kết hợp $f(0)=-f(-0)=0$ thì $f(x)=-f(-x),\forall x$

$P(x+y,-x)-P(y,-x-y)-P(x,y): 2f(yf(x))=2xy \Leftrightarrow f(yf(x))=xy$

Đến đây thì quá dễ rồi, ta sẽ tìm được 2 nghiệm hàm thoả mãn là $f(x)= \pm x,  \forall x$




#691650 $(x^{2}+y+f(y))=f(x)^{2}+a, \forall x,y \i...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 27-08-2017 - 02:22 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Chuẩn phải là $ P(x,y): f(x^2+y+f(y))=f^2(x)+ay, \forall x,y \in \mathBB{R}$
Nếu $a=0$ dễ chỉ ra 2 hàm $f(x) =0,f(x)=1$ thoả mãn. 
Xét $a \neq 0$ thì ta có $f$ toàn ánh. 

Nếu $f(a)=0$ ta chỉ ra $a=0$
Thật vậy, ta có
$P(b,y)-P(-b,y): f(b)=f(-b)=0$
$P(0,b)+P(0,-b): f(b)+f(-b)=2f^2(0)=0$
Tức là $f(0)=0$, từ đó $P(0,b): ab=0 \Leftrightarrow b=0$

 

Chứng minh $f(x^2)=bx^2, b \geq 0, b^2+b=a$
$P(x,0):f(x^2)=f^2(x)$
Từ đây $f$ đơn ánh trên từng khoảng $(0,+ \infty)$ và $(- \infty,0)$ và $f(x) \geq 0, \forall x \geq 0$
Từ đó $f(x^2)+x^2 \geq 0,\forall x$
$P(0,x):f(x+f(x))=ax$
$P( \sqrt{x^2+f(x^2)},y^2): f(x^2+y^2+f(x^2)+f(y^2))=a(x^2+y^2)$
Và $P(0,x^2+y^2): f(x^2+y^2+f(x^2+y^2))=a(x^2+y^2)$
Do $f$ đơn ánh trên $(0, +\infty)$ nên $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \geq 0$
Kết hợp với $f(x) \geq 0,\forall x \geq 0$ 
Và xét $f$ trên $(0, +\infty)$ dễ thu được $f(x)=bx,\forall x \geq 0(b > 0)$
Trong đó $b^2+b=a$

Bây giờ ta chứng minh $f(-x^2) \leq 0, \forall x$ 
Giả sử $\exists x,f(-x^2) \geq 0$ 
$P(x,-x^2):f(f(-x^2))=f(x^2)-ax^2=-b^2x^2 <0$
Mà $f(-x^2)>0$ nên $f(f(-x^2)) >0$
Mâu thuẫn, tức là $f(-x^2) \leq 0$

 

$f(x)=-f(-x)$

Ta có $f(x^2)=f(-x)^2=f(x)^2$

Dễ thấy 2 số $x$ và $-x$ khác dấu $ \forall x \neq 0$ nên $f(x)$ và $f(-x)$ cũng khác dấu.

Nói cách khác $f(x) \neq f(-x), \forall x \neq 0$ dẫn tới $f(x)=-f(-x), \forall x$

$f(x^2)=bx^2$ nên $f(x)=bx,\forall x$

Trong đó $b^2+b=a \geq 0$

Với $a>0$ ta tìm được nghiệm dương duy nhất của $b$ là $\dfrac{2a}{1+ \sqrt{1+4a}}$

Kết luận $a>0$




#691649 $(x_n):\left\{\begin{matrix} ...\...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 27-08-2017 - 00:36 trong Các bài toán và vấn đề về Dãy số - Giới hạn

Chứng minh theo quy nạp rằng $x_n \leq \dfrac{25}{4}- \dfrac{5}{n}, n \geq 1$
Kiểm tra với $n=1,2$ đúng. 
Sử dụng công thức truy hồi, ta cần chỉ ra 
$$x_{n+1}<x_{n}+\dfrac{5}{n^3} \leq \dfrac{25}{4} - \dfrac{5}{n} + \dfrac{5}{n^3} \leq \dfrac{25}{4}- \dfrac{5}{n+1}, \forall n \geq 2$$

$$\Leftrightarrow n^2 \geq n+1,\forall n \geq 2$$

Từ đó ta có đpcm.




#690909 $f(x^2-f(y)^2)=xf(x)-y^2$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-08-2017 - 18:25 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Đặt $f(0)=a$
$P(x,y): f(x^2-f(y)^2)=xf(x)-y^2$
$P(-x,y)-P(x,y) \Rightarrow f(x)=-f(-x),\forall x \neq 0$

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

$P(x,-a^2): f(x^2)=xf(x)-a^4$

$P(1,-a^2):-a^4=0 \Leftrightarrow a=0$

Kết hợp lại ta có $f(x^2)=xf(x)$ và $f(x)=-f(-x),\forall x$

$P(0,y): f(-f(y)^2)=-y^2$

$P(f(x),x): f(x)f(f(x))=x^2$

$P(f(x),y): f(f(x)^2-f(y)^2)=x^2-y^2$ 

Do đó $f$ toàn ánh. 

$P(x,y): f(x^2-f(y)^2)=f(x^2)+f(-f(y)^2)$

Mà $x^2$ và $f(y)^2$ toàn ánh trên $/mathBB{R^+}$ nên 

$f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(y),\forall x,y \geq 0 (1)$

Từ $(1)$ thay $x \rightarrow x+y$ kết hợp $f$ lẻ ta có

$f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y$

Từ đây ta tính $f((x+1)^2 )$ theo 2 cách.

$f((x+1)^2)=(x+1)f(x+1)=(x+1)f(x)+(x+1)f(1)$

$f((x+1)^2)=f(x^2)+f(2x)+f(1)=xf(x)+2f(x)+f(1)$

Do đó $f(x)=f(1)x$. Thay ngược lại có $f(1)=\pm 1$. 

Thử lại cả 2 hàm thoả mãn. Kết luận...




#690907 $f(x+y) = f(x)+f(y)+2xy$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-08-2017 - 17:45 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Tìm hàm số $f(x)$ biết: $f(x+y) = f(x)+f(y)+2xy.$

@halloffame: bạn thêm giúp mình dữ kiện về tập gốc và tập đích của hàm $f$ nhé. 

Mình đã từng thấy lời giải bài này trong điều kiện $f$ khả vi.
Khi đó cho $x=y=0$ thì $f(0)=0$.
Với $y \rightarrow 0$ lại có $\dfrac{f(x+y)-f(x)}{y} = \dfrac{f(y)-f(0)}{y-0}+2x$
Hay $ f'(x)=2x+f'(0)$
Vậy $f(x)=x^2+ax +b$. Thử lại ta thấy $b=0$.




#689907 $f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}$

Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-08-2017 - 15:25 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Bổ đề: Xét $a \geq 0$ và $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $g(x)=x - \dfrac{a}{x}$ thì $g$ toàn ánh.(Không chứng minh) 

 

$P(x,y) : f(xy) = max \left \{ f(x+y),f(x)f(y) \right \}$

$P \left(x, \dfrac{-a}{x} \right) : f(-a)= max \left \{ f \left( x- \dfrac{a}{x} \right), f(x)f \left( \dfrac{-a}{x} \right) \right \}$

Tức là $f(-a) \geq f \left( x- \dfrac{a}{x} \right) (1)$
Từ đây do tính toàn ánh của $ x- \dfrac{a}{x}$ nên $f(-a) \geq f(x), \forall a \geq 0, x \in \mathbb{R}$

Hay $f(-y) \geq f(x), \forall y \geq 0, \forall x \in \mathbb{R} $

Từ đây $f(-y) \geq f(-x), \forall x,y \geq 0$ suy ra $f(x)=f(0)=C, \forall x \leq 0$ 

Ngoài ra, $f(x) \leq C, \forall x \in \mathbb{R}$

Xét $x \geq 0$

$P(-x,-1) : f(x)= max  \left \{ f(-x-1), f(-x)f(-1) \right \} = max \left \{ C, C^2  \right \}$

$\Rightarrow C \geq C^2 \Leftrightarrow 0 \ leq C \leq 1$

Mặt khác, với mọi $C \in [0,1]$ thì $C \geq C^2$ nên $f(x)=C, \forall x$




#689905 giải đáp phương trình hàm

Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-08-2017 - 14:42 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Sai nhé. 
Không hiểu bạn tìm kiểu gì từ $g(x+1)=(2-a)g(x)+a$ mà ra được $g(x) =$ cái hàm kì dị ấy.
Mà tuyệt đối thử lại cũng không TM luôn.
Hơn nữa $g(0)=0,g(1)=1$ và $g(x+1)=g(x)+1$ chỉ kết luận được $g(x)=x, \forall x \in \mathbb{Z}$

Lời giải bài này như sau: 
$P(x,y) : f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$
$P(x,0) : f(x)+f(x)f(0)=f(0)+f(x)+f(0) \Leftrightarrow f(x)f(0) = 2f(0)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $\boxed{f(x)=2,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Xét $f(0)=0$
$P(x,1) : f(x+1)+f(x)f(1)=f(x)+f(x)+f(1) \Leftrightarrow f(x+1)=f(x) \left[ 2-f(1) \right] +f(1)$
$P(x+1,1) : f(x+2)=f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2$

$P(1,1) : f(2)=3f(1)-f(1)^2$
$P(x,2) : f(x+2)+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(2x)= \left[ 3-f(1) \right]f(x)=af(x)$
$P(2x,2) : f(4x)=a^2f(x)$

$P(2x,2y) -a P(x,y) : (a^2-a)f(x)f(y)=(a^2-a)f(xy)$

Nếu $a=1 \Leftrightarrow P(x,1) : f(x+1)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$

Nếu $a=0 \Leftrightarrow P(x,2) : f(2x)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0, \forall{x \in \mathbb{R}}}$

Nếu $a^2-a \neq 0$ thì ta có hệ 

$\left\{\begin{matrix} f(x)f(y)=f(xy)\\ f(x)+f(y)=f(x+y) \end{matrix}\right.$
Hệ PTH này quen thuộc và có nghiệm là $ \boxed{ f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$ hoặc $ \boxed{ f(x)=x,\forall{x \in \mathbb{R}}}$




#689899 Đề Thi Trại Hè Hùng Vương 2017

Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-08-2017 - 13:14 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

cách này mình đã post thì bạn/anh/chị post lại làm gì nữa

$p$ chỉ có max là $(b+1,b^2-b+1)$ và k có điều kiện gì để suy ra được nó là ước cả , cho nên xét thiếu $p=2$ r kìa 

chọn $b=3$ và $a=1$ thì $b=3 \geq \frac{a+b^2}{3}-1=\frac{7}{3}$

$2 \nmid b(b-1)+1$
$a>b$




#689342 Đề Thi Trại Hè Hùng Vương 2017

Đã gửi bởi Kamii0909 on 03-08-2017 - 00:23 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 4.
$a+b^2 \mid a^2+b$ nên $a \geq b$ 

$a=b$ thì $2 \mid a(a+1)$, do đó $2^x=a(a+1)$
Nếu $a\geq 2$ thì $a(a+1)$ sẽ có ước khác 2(vô lý)
Vậy $a=b=1$
Xét $a > b \geq 1$
$a+b^2 \mid a^2+b$
$\Leftrightarrow a+b^2 \mid a(a+b^2)-b(ab-1)$
Mà $(a,ab-1)=1$ nên $a+b^2 \mid b(a+b^2)-b^3-1$
Hay $p^x=a+b^2 \mid (b+1)(b^2-b+1)$
Dễ thấy $a+b^2 >b+1$ và $a+b^2>b^2-b+1$ nên $p|(b+1,b^2-b+1)$
Từ đó có $p=3$
Mà $9 \nmid b^2-b+1$ nên $3^{x-1} \mid b+1$
$\Rightarrow b \geq 3^{x-1}-1 = \dfrac{a+b^2}{3} -1$
Hiển nhiên điều này sai với $b \geq 3$, mà $3^{x-1} \mid b+1$ nên $b=2, a=5$




#688927 Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 28-07-2017 - 16:17 trong Các bài toán và vấn đề về Phương trình hàm

Cho $x=0$ thì $f( f(y)-y)=f(0)^2$ nên $f(x)=x+c$ hoặc $f(x)=c$




#676727 $\prod (a^{2}+b^{2})\leq \frac{1...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-04-2017 - 13:15 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

Em định nghĩa $f(a,b,c) = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ thì $f(a+b,c,0)$ tức là thay $a = a + b,\, b = c$ và $c = 0.$ Tức $c$ là nhỏ nhất.

Thực ra nó chỉ là mặt quy ước, ta có thể thấy $f(a+c,b,0)$ và $f(a+b,c,0)$ hay $f(0,b,a+c)$ là tương đương hết sau phép đặt ẩn $(a+c,b) \rightarrow (x,y)$ hay $(a+b,c) \rightarrow (x,y)$
Ta chọn vị trí các số sao cho chứng minh dễ nhất có thể mà thôi. Nó không ảnh hưởng dù $c$ max hay min. Bài toán này có thể chọn thứ tự thoải mái do tính đối xứng.



#676639 $\prod (a^{2}+b^{2})\leq \frac{1...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-04-2017 - 18:51 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

Nhưng như vầy thì em dồn $c$ về $0$ !

Em chưa hiểu ý anh lắm. Em đang dồn $b \rightarrow 0$. Nếu dồn $c \rightarrow 0$ thì có lẽ là $f(a+c,b,0)$ chính xác hơn.



#676603 $\prod (a^{2}+b^{2})\leq \frac{1...

Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-04-2017 - 00:01 trong Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức

Biểu thức $f(a,b,c)$ của em là gì ? Nếu dồn biến theo kiểu này thì sẽ chọn $c$ là số nhỏ nhất, anh thử nhẩm với $f(a,b,c) = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ khi xét $f(a,b,c) \leqslant f(a+b,c,0)$ thì hai đại lượng trội nhất là $a^3b,ab^3$ nằm bên trái dấu $\leqslant $ nên có thể bất đẳng thức này sai.

Em chọn $c$ là số lớn nhất.
Ta nhân 2 đánh giá sau
$c^2[(a+b)^2+c^2]=c^4+c^2a^2+c^2b^2+2c^2ab \geq (c^2+a^2)(c^2+b^2)$
Và $(a+b)^2 \geq (a^2+b^2)$