Đến nội dung


Hình ảnh

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


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 20 trả lời

#1 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-09-2016 - 13:43

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THPT CHUYÊN KHTN
Câu $1$ : Cho dãy số $(x_{n})$ thỏa $x_{1}=3,x_{2}=7$ và
$$x_{n+2}=x_{n+1}^{2}-x_{n}^{2}+x_{n}$$
Đặt dãy
$$y_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}}$$
Chứng minh $(y_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó .
Câu $2$ : Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $2p^{2}-1$ là một lũy thừa của $7$ .
Câu $3$ : Cho tam giác $ABC$ có $AB < AC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $H$ , lấy điểm $P$ thuộc trung trực $BH$ . Đường thẳng qua $A$ song song $HP$ cắt $(O)$ ở $E$ , đường thẳng qua $E$ song song $AH$ cắt $(O)$ tại $F$ . Lấy $Q$ đối xứng của $P$ qua $O$ , điểm $G$ thuộc $HP$ sao cho $FG$ song song $AQ$ .
$a)$ Chứng minh $B,C,Q,P$ đồng viên trên đường tròn $(K)$
$b)$ Gọi $AQ$ cắt $(O)$ ở $R$ , $FR$ cắt trung trực $BC$ ở $L$ . Chứng minh $OP = KL$
Câu $4$ : Tìm số lớn nhất phần tử của một tập hợp là tập con của $\left \{ 1,2,3,....2016 \right \}$ thỏa mãn hiệu hai phần tử bất kỳ khác $4$ và $7$ .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 24-09-2016 - 15:07

" As Grothendieck taught us , object aren't of great importance , it's relation between them that are " - Serre


#2 vpvn

vpvn

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:LMHT , ONE PIECE

Đã gửi 24-09-2016 - 14:27

Lấy QQ đối xứng của PP qua 

Q ??????



#3 One Piece

One Piece

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 24-09-2016 - 15:48

Ta có $x_{n+2}-(x^2_{n+1}-x_{n+1}+1)=x_{n+1}-(x_n^2-x_n+1)=...=x_2-(x_1^2-x_1+1)=0$
Từ đó chứng minh được công thức $\frac{1}{x_n}=\frac{1}{x_n-1}-\frac{1}{x_{n+1}-1}$
Từ đó suy ra  $b_n=\frac{1}{2}-\frac{1}{x_{n+1}-1}$
Chứng minh $x_n$ tăng $\Rightarrow \lim \frac{1}{x_{n+1}-1}=-\infty $ và chứng minh $b_n$ tăng, $b_n<\frac{1}{2}$  nên tồn tại $\lim$ và $\lim b_m =\frac{1}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-09-2016 - 20:28


#4 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 628 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 24-09-2016 - 15:49

đề hình post sai đề rồi, đề đúng

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn với $AB<AC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ và trực tâm $H$. $P$ là một điểm nằm trên trung trực $BC$ và nằm trong tam giác $ABC$. Đường thẳng qua $A$ song song $PH$ cắt $(O)$ tại $E$ khác $A$. Đường thẳng qua $E$ song song $AH$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. $Q$ là điểm đối xứng $P$ qua $O$. Đường thẳng qua $F$ song song với $AQ$ cắt $PH$ tại $G$. 
 
a) Chứng minh rằng bốn điểm $B,C,P,G$ cùng thuộc một đường tròn có tâm $K$.
 
b) Gọi $AQ$ cắt $(O)$ tại $R$ khác $A$. $PQ$ cắt $FR$ tại $L$. Chứng minh rằng $KL=OP$.


#5 vpvn

vpvn

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:LMHT , ONE PIECE

Đã gửi 24-09-2016 - 17:29

mình có mọt cách nhưng không hay lắm:

xét p=2 đúng

với p>2 

Đặt 2p2-1=7t (*)(t>0) sau đó xét mod 2 suy ra t chẵn

Xét phương trình pell x2-2y2=-1 có các nghiệm (xn;yn) với (xn):x0 =1;x1=7;xn+2=6xn+1-xn

                                                                                           (yn) :y0=1;y1=5;yn+2=6yn+1-yn

với xn  xét mod 7 thấy chỉ có x3k+1 đồng dư 0 mod 7 nên ta cũng chi xét các yvới n dạng 3k+1 (1)

với yn xét mod 5 thì luôn có y3k+1 đồng dư 0 mod 5 .(2)

để giải (*) ta cần tìm n để yn nguyên tố và xn chia hết cho 7 do đó từ(1)(2)suy ra y=5 ứng với p=5 suy ra t=2 (đúng)

Vậy .... 



#6 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 123 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 24-09-2016 - 18:04

Câu 4: Xét $11$ số $a+1,...,a+11 (a<2006)$. Chọn ra các số sao cho không có $2$ số nào có hiệu là $4$ hoặc $7$. Chia tập $D_a= \left \{ a+1;...;a+11 \right \}$ thành các nhóm $(a+1,a+8),(a+2,a+6),(a+3,a+7),(a+4,a+11),(a+5,a+9),(a+10)$.Không có $2$ số được chọn nào được thuộc cùng một nhóm và không thể chọn số $a+10$ rồi chọn mỗi nhóm $1$ số nên có nhiều nhất $5$ số được chọn . Chia tập $2016$ số nguyên dương đầu tiên thành các tập $(2016;2015;2014),A_0,A_{11},...,A_{2002}$, tâp đầu chọn nhiều nhất $3$ số, các tập tiếp theo, mỗi tập chọn được nhiều nhất $5$ số, lưu ý là nếu cả $3$ số $2013,2014,2015$ được chọn thì chỉ chọn được nhiều nhất $4$ số ở $A_{2002}$ nên tổng số cách chọn nhiều nhất là $183\times 5+2=917$, chẳng hạn khi ta chọn các số đồng dư $1,2,4,7,10 \pmod{11}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 25-09-2016 - 18:37


#7 Kalari499

Kalari499

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-09-2016 - 19:31

Câu 4: Xét $11$ số $a,a+1,...,a+11 (a<2006)$. Chọn ra các số sao cho không có $2$ số nào có hiệu là $4$ hoặc $7$. Chia tập $D_a= \left \{ a;a+1;...;a+11 \right \}$ thành các nhóm $(a,a+4,a+8),(a+1,a+5,a+9),(a+2,a+6,a+10),(a+3,a+7)$. Không có $2$ số được chọn nào được thuộc cùng một nhóm nên có nhiều nhất $4$ số được chọn. Chia tập $2016$ số nguyên dương đầu tiên thành các tập $(2016;2015),A_1,A_{12},...,A_{2003}$, tâp đầu chọn nhiều nhất $2$ số, các tập tiếp theo, mỗi tập chọn được nhiều nhất $4$ số, tổng cộng $185$ số. Vậy chọn được nhiều nhất $185$ số, ví dụ như chọn các số đồng dư $1,2,3,4 \pmod{11}$

Chọn a và a+8 vẫn được mà, sao mà không chọn được 2 số 1 nhóm vậy



#8 datcoi961999

datcoi961999

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:một chiến thắng đầy gian nan và vất vả trước hàng triệu đối thủ...
  • Sở thích:Sở là đứa nào mà lại hỏi tui!!!

Đã gửi 25-09-2016 - 11:39

Câu 4:

với mỗi số $t$ trong tập hợp trên ta thay bởi cách biểu diễn duy nhất $t=4x+7y$ với x,y là các số nguyên và $-1<x<7$. Ta thay mỗi số t trong tập hợp thỏa mãn bài ra bởi 1 điểm nguyên trên hệ Oxy: số t thay bởi điểm (x,y) và đánh dấu điểm này. 

Khi đó ta có nhận xét là cứ mỗi điểm đánh dấu có trên hệ tọa độ thì không có 4 điểm liền kề nó(cùng hàng hoặc cột) cũng được đánh dấu. Và nếu ta đánh dấu các điểm thỏa mãn như trên thì ta cũng có thể suy ra đc tập thỏa mãn.

nhận thấy: $(0,1) =7; (1,0)=4; (2,-1)=1; (3,-1)=5; (4,-2)=2; (5,-2)=6;(6,-3)=3$ và 2016 chia hết cho 7 nên tập hợp ${1,2,3,...,2016}$ sẽ đc biểu diễn bởi 2016 điểm $(0,1+i) ; (1,0+i); (2,-1+i); (3,-1+i); (4,-2+i); (5,-2+i);(6,-3+i)$ với $i=0,288$

Mà từ nhận xét trên ta suy ra chỉ có cách đánh dấu chéo nhau xen kẽ sẽ đánh dấu đc nhiều điểm nhất nên ta từ hệ Oxy ta thấy rằng ta đánh đc nhiều nhất 1008 điểm thỏa mãn!


                 :dislike    :off: ZION   :off:  :like                                                                                     98efb2f1bfc2432fa006b3d7d9f1f655.0.gif

                                                    


#9 Tran Ba Khoi

Tran Ba Khoi

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-09-2016 - 12:07

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Ba Khoi: 26-09-2016 - 20:31


#10 vda2000

vda2000

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 298 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{Bac Giang gifted High School}}$
  • Sở thích:$\boxed{\boxed{\rightarrow\bigstar\epsilon\delta\mu\bigstar\leftarrow}}$

Đã gửi 26-09-2016 - 20:50

hình.jpg

Lời giải bài hình của em:

Lời giải.
a) Ta gọi $AH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $A'. HG$ cắt $BC$ tại $ F'$
Ta sẽ chứng minh $F,F',A'$ thẳng hàng.
Thật vậy: $∠F'HA'=∠F'A'H=∠EAH=∠FA'H$ ( vì  $HP// AE$ và $AEFA'$ là hình thang cân do $EF//AA'$) , suy ra $F,F',A'$ thẳng hàng.
Khi  đó, ta có: $∠FGF'=∠QAE=∠FA'P$ (dựa vào tính song song của gt và $AQPA'$ là hình thang cân) , suy ra:$ PFGA' $nội tiếp, nên theo tính chất phương tích:
$F'P.F'G=F'F.F'A'=F'B.F'C$, suy ra: $BPCG$ nội tiếp (đpcm)
 
b) Gọi $A'F$ cắt trung trực của $BC$ tại $S$.
Theo định lý Reim: $QS//AA'; FRA'A$ nội tiếp nên: $FRSQ$ nội tiếp.
Phần còn lại em dùng tính toán và mọi người chắc cũng không thích xem nó.
Tính toán
 

 


$\boxed{\textrm{Silence is the peak of contempt!}}$

If you see this, you will visit my facebook.....!


#11 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-09-2016 - 21:27

Ngày 2.

 

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

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

 

Bài 2. Cho $n$ nguyên dương. Các tâm thẻ trong một bộ sưu tập có giá trị $m!$ với $m$ là số nguyên dương nào đó, Một bộ sưu tập tốt là một bộ sưu tập sao cho với mọi số $k$ thỏa mãn $k\leq n!$, luôn tồn tại một số tâm thẻ trọng bộ sưu tập mà tồng giá trị các thẻ này bằng $k$. Tìm số tấm thẻ ít nhất của bộ sưu tập tốt.

 

Bài 3. Tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. Đường tròn qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$. $AI$ giao $BC$ tại $X$. Tiếp tuyến qua $X$ của $(I)$ khác $BC$, giao tiếp tuyến tại $(I)$ tại $P$ tại $S$. $AS$ giao $(O)$ tại $T$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle ATI=90^\circ$.

 

Bài 4. Cho $x,y$ là các số thực dương sao cho $2x+y,2y+x\neq 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

\[P=\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(x+2y-2)^2}-3(x+y)\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 27-09-2016 - 13:09


#12 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 26-09-2016 - 22:10

Bài hình sử dụng nhiều kết quả quen thuộc! :)

Gọi $T'$ là giao điểm của $\odot (AEF)$ với $\odot (O)$.

Gọi $D'$ là đối xứng của $D$ qua $AI$. $N$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $D',P$ của $(I)$.

Xét cực đối cực đối với đường tròn $(I)$ thì $PD',EF$ theo thứ tự là đường đối cực của $N,A$ đối với $(I)$.

Theo kết quả quen thuộc thì $P$ thuộc đường tròn $\text{Appolonius}$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{DB}{DC}$. 

Gọi $S$ là chân đường vuông góc kẻ từ $D$ xuống $EF$. 

Ta có $\angle SPE=\angle EPF-\angle DPF-\angle (EF,BC)=\angle DPF$ nên $PS$ đi qua $D'$.

Mặt khác do $\odot (BIC)$ tiếp xúc $\odot (AEF)$ nên tiếp tuyến tại $I$, $AT'$, $BC$ đồng quy. Từ đó suy ra $AT'$ là đường đối cực của $S$ đối với $(I)$.

Do đó $AT'$ đi qua $N$ suy ra $T\equiv T'$ suy ra $\angle ATI=90^\circ$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 27-09-2016 - 17:43


#13 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 123 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 26-09-2016 - 22:49

Bài 2: Ta nhận xét rằng để biểu diễn số $n!-1$ thì cần ít nhất $\frac{n(n-1)}{2}$ lá bài. Thật vậy thì ta có thể biểu diễn $n!-1=(n-1)((n-1)!)+(n-2)((n-2)!)+...+2.2!+1.1!$. Xét cách biểu diễn $n!-1=a_1.1!+a_2.2!+...+a_{n-1}.(n-1)!$ trong đó ta dùng lần lượt $a_1,a_2,...,a_{n-1}$ quân bài $1!,2!,...,(n-1)!$ và $a_1+a_2+...a_{n-1}$ nhỏ nhất. Ta thấy rằng $a_i<i+1$$\forall 0<i<n$, nếu không thì ta chỉ cần thay $i+1$ lá bài $i!$ thành $1$ lá bài $(i+1)!$ thì sẽ tạo được $1$ cách chọn bài ít hơn. Cộng số các lá bài $a_i$ lại ta có số lá bài dùng để biểu diễn $n!-1$ ít nhất là $\frac{n(n-1)}{2}$ lá bài. Dễ thấy là để biểu diễn $n!-1$ dưới ít nhất $\frac{n(n-1)}{2}$ lá bài thì các lá bài đó chỉ có thể là $i$ lá bài $i!$ $\forall 0<i<n$, tuy nhiên các lá bài đó không thể biểu diễn được $n!$ nên ta sẽ cần $\frac{n(n-1)}{2}+1$ lá bài để có thể thoả mãn đề bài (có thể thêm $1$ lá bài $1!$ hoặc $n!$). Vậy cần ít nhất $\frac{n(n-1)}{2}+1$ lá bài


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 26-09-2016 - 22:54


#14 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1535 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Ngoại Thương tp Hồ Chí Minh
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 27-09-2016 - 10:00

Bằng làm bài tốt không em?


Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#15 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 28-09-2016 - 10:45

:v..


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 02-10-2016 - 17:06


#16 One Piece

One Piece

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 28-09-2016 - 21:00

anh giải thích cái chỗ từ giả thiết ta có .... được không a ?



#17 quykhtn-qa1

quykhtn-qa1

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 29-09-2016 - 23:38

 

Bài 4. Cho $x,y$ là các số thực dương sao cho $2x+y,2y+x\neq 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

\[P=\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(x+2y-2)^2}-3(x+y)\]

Trước hết, ta chứng minh kết quả sau: Với $a,b>0,\ a+b\neq 1$ ta có
$$\dfrac{2(a^2+b)(a+b^2)}{(a+b-1)^2} \geq \dfrac{4a+4b-1}{2}.$$
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
$$4(a^3+b^3+a^2b^2+ab)\geq (4a+4b-1)(a+b-1)^2,$$
$$ 4\big[(a+b)^3-3ab(a+b)+a^2b^2+ab\big]\geq 4(a+b)^3-9(a+b)^2+6(a+b)-1,$$
$$ 9(a+b)^2-6(a+b)(2ab+1)+(2ab+1)^2\geq 0,$$
$$(3a+3b-2ab-1)^2\geq 0.$$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, ta có điều phải chứng minh.
 
Trở lại bài toán. Thay $(a,b)$ lần lượt bởi $\left(x,\dfrac{y}{2}\right)$ và $\left(\dfrac{x}{2}, y\right)$, ta có
$$\dfrac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2} \geq 2x+y-\dfrac{1}{2},$$
$$\dfrac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(x+2y-2)^2} \geq 2y+x-\frac{1}{2}.$$
Từ đây, ta có $P\geq -1$. Mặt khác cho $x=y=\dfrac{9+\sqrt{65}}{4}$, ta có $P=-1$. Vậy $\min P=-1$.
 
P/S: Bài toán này trong phòng thi có lẽ gây được khá nhiều khó khăn cho học sinh!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quykhtn-qa1: 30-09-2016 - 11:11


#18 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 02-10-2016 - 22:47

Ngày 2.

 

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

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

 

Câu 1:

Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế giá trị $x,y$

$2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x[f(2x)+4f(f(y))]$ $(1)$
$P(0,y)\implies f(0)=0$
$P(x,0)\implies 4f^2(x)-2f(x^2)=xf(2x)$ $(2) 

Thay vào $(1)\implies f(x)f(x+y)=f^2(x)+xf(f(y))$ $(3)$

$P(x,-x)\implies f^2(x)=-xf(f(-x))$ $(4)$

$P(2x,-x)$ và áp dụng $(4)\implies f(2x)f(x)=f^2(2x)-2f^2(x)$

$\iff \left [ f(2x)-2f(x) \right ]\left [ f(2x)+f(x)  \right ]=0\iff f(2x)=2f(x)$ hoặc $f(2x)=-f(x)$
 

TH1: $ f(2x)=2f(x)$

$P(x,x)\implies4f^2(x)-f(x^2)=xf(x)+2xf(f(x))$

Áp dụng $(2)$ và $(4)$ $\implies f^2(x)=xf(f(x))=f^2(-x)$

Nếu $f(x)=f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm chẵn, khi đó thay $y=-2x$ vào $(3)$

$\implies f(x)f(-x)=f^2(x)+xf(f(-2x))\iff f(f(-2x))=0 \forall x\in \mathbb{R}\implies f(f(x))=0$

Khi đó $f(x)=f(x+y)\forall y\in \mathbb{R}$ suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm lẻ, khi đó:

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

Cộng vế theo vế$\implies f(x-y)+f(x+y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y)$

$P(\frac{x+y}{2},\frac{x-y}{2})\implies f(x)+f(y)=f(x+y)$   $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Thay vào $(3)\implies f(x)f(y)=xf(f(y))$

Thay $y=1\implies f(x)f(1)=xf(f(1))$

Dễ thấy nếu thay $x=-y=1$ ta được $f(1)=1\implies f(x)=x$

 

TH2: $f(2x)=-f(x)$

$P(1,0)\implies f(1)=0$ hoặc $f(1)=\frac{1}{4}$

Nếu $f(1)=0$ thì $P(1,y)\implies f(f(y))=0$

Tương tự suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=\frac{1}{4}$ thì thay $x=y=1$ suy ra $f(\frac{1}{4})=-\frac{1}{8}$

$\implies f(\frac{1}{8})=-f(\frac{1}{4})=\frac{1}{8}$

Khi đó thay $x=y=\frac{1}{8}$ vào $(1)$ suy ra vô lí

 

Thử lại thấy có 2 hàm $f(x)=x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 03-10-2016 - 20:12


#19 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 633 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 02-10-2016 - 23:03

Câu 1:

Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế giá trị $x,y$

$2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x[f(2x)+4f(f(y))]$ $(1)$
$P(0,y)\implies f(0)=0$
$P(x,0)\implies 4f^2(x)-2f(x^2)=xf(2x)$ $(2) 

Thay vào $(1)\implies f(x)f(x+y)=f^2(x)+xf(f(y))$ $(3)$

$P(x,-x)\implies f^2(x)=-xf(f(-x))$ $(4)$

$P(2x,-x)$ và áp dụng $(4)\implies f(2x)f(x)=f^2(2x)-2f^2(x)$

$\iff \left [ f(2x)-2f(x) \right ]\left [ f(2x)+f(x)  \right ]=0\iff f(2x)=2f(x)$ hoặc $f(2x)=-f(x)$
 

TH1: $ f(2x)=2f(x)$

$P(x,x)\implies4f^2(x)-f(x^2)=xf(x)+2xf(f(x))$

Áp dụng $(2)$ và $(4)$ $\implies f^2(x)=xf(f(x))=f^2(-x)$

Nếu $f(x)=f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm chẵn, khi đó thay $y=-2x$ vào $(3)$

$\implies f(x)f(-x)=f^2(x)+xf(f(-2x))\iff f(f(-2x))=0 \forall x\in \mathbb{R}\implies f(f(x))=0$

Khi đó $f(x)=f(x+y)\forall y\in \mathbb{R}$ suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thì $f(x)$ là hàm lẻ, khi đó:

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

Cộng vế theo vế$\implies f(x-y)+f(x+y)=2f(x)=f(2x)=f(x+y+x-y)$ $\forall x,y\in \mathbb{R}$

$\implies f(x)=cx$ với $c$ là hằng số

Thay vào $(1)$ suy ra $c=1\implies f(x)=x$

 

TH2: $f(2x)=-f(x)$

$P(1,0)\implies f(1)=0$ hoặc $f(1)=\frac{1}{4}$

Nếu $f(1)=0$ thì $P(1,y)\implies f(f(y))=0$

Tương tự suy ra $f(x)=0$ $\forall x\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=\frac{1}{4}$

Thay $x=y=1$ suy ra $f(\frac{1}{4})=-\frac{1}{8}$

$\implies f(\frac{1}{8})=-f(\frac{1}{4})=\frac{1}{8}$

Khi đó thay $x=y=\frac{1}{8}$ vào $(1)$ suy ra vô lí

 

Thử lại thấy có 2 hàm $f(x)=x$ và $f(x)=0$ thỏa mãn $\blacksquare$

bạn giải thích đoạn này cái



#20 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 03-10-2016 - 06:12

bạn giải thích đoạn này cái


$ab=a^2-2b^2\iff (a-2b)(a+b)=0$ với $a=f(2x)$ và $b=f(x)$




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh