tran thanh binh dv class

Đơn điệu vẫn có thể là hằng số mà. Đâu phải đơn điệu thực sự đâu?

Còn về cái hàm nghịch biến làm tương tự ( Mình nói không mất tính tổng quát giả sử $f(x_0)>2x_0$ rồi ).

Gợi ý thôi nhé :

 

$f(x)=0$ thoả.

 

Xét $f$ không đồng nhất với $0$.

 

Ta se làm các công việc: CM $f(0)=0$

 

Thay $x$ bởi $f(x)$ , đổi vai trò $x,y$ rồi so sánh.

 

Cuối cùng biện luận : $f(x)>2x$ và $f(x)<2x$ đều không thỏa.

 

=> $f(x)=2x$

 

@: có vẻ hàm đơn điệu dư.

 

Để biện luận $f(x)>2x$ và $f(x)<2x$ đều không thỏa mãn thì phải dùng tính đơn điệu. Giả thiết đơn điệu là rất quan trọng

 

 

Cách khác: Tính được $f(0)=0$

Từ giả thiết suy ra: $f(f(y))=y.f(2)$.

Nếu $f(2)$ khác $2$, cho $y=1 \to f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x) \to f(x)=cx$. Thử lại và tìm $c$.

Nếu $f(2)=0$, thế $y=2$ vào pt đầu đc: $0=f(0)=2.f(4) \to f(4)=0$, tương tự $f(2^n)=0$.

Rõ ràng $f$ có vô hạn không điểm nên $f$ đồng nhất $0$.

Vậy tìm đc 2 hàm 

 

$f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x)$

Nhầm rồi $f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=2x$

 

Bài này phải dùng tính đơn điệu để giải:

Gọi phương trình hàm ban đầu là (1).
Thế x bởi 0, y bởi 0 vào (1) suy ra $f(0)=0$
Thế x bởi 1 vào (1) suy ra $f(f(y))=yf(2)$

 +Nếu $f(2)=0$ thay y bằng 2 vào (1) ta có $f(0)=2f(2x)$
Suy ra $f(x)=c$ thử trực tiếp ta có $f(x)=0$.

 +Nếu $f(2) \neq 0$ Thì ta có f song ánh.

Thay x bởi 2 vào (1) ta có $f(2f(y))=yf(4)$

Giả sử $f(2) \neq 4 $ Khi đó

nếu $f(2)>4\Rightarrow f(f(2))>f(4)\Rightarrow 2f(2)>f(4)\Rightarrow f(2f(2))>f(f(4))\Rightarrow 2f(4)>4f(2)\Rightarrow f(4)>2f(2)$

(vô lý)

 

nếu $f(2)<4 ...$ (vô lý)

Vậy $f(2)=4$ suy ra $f(f(y))=4y$

Thay y bởi 2, x bởi x/2 vào (1) ta được $f(2x)=2f(x)$

Giả sử tồn tại $x_0$ sao cho $f(x_0)\neq 2x_0$

Không mấy tính tổng quát giả sử $f(x_0) > 2x_0$ suy ra

$f(f(x_0))>f(2x_0)\Rightarrow 4x_0>2f(x_0)\Rightarrow 2x_0>f(x_0)$ (Vô lý)

Vậy $f(x)=2x$  với mọi x thuộc R hoặc $f(x)=0$ với mọi x thuộc R. ( Thử lại tm)

Câu a sai đề rồi ??
Câu b: Gọi M,N là giao của AE và AF với (O). Suy ra ngay C,N,O thẳng hàng; B,M,O thẳng hàng.

Sử dụng định lý Pascal cho 6 điểm A,N,C,D,B,M ta có $AN\cap DB=F;NC\cap BM=O;CD\cap MA=E$. Suy ra E,F,O thẳng hàng.

Mình chả hiểu bạn làm cái gì cả. Lời giải sai hoàn toàn, rõ ràng công thức truy hồi có hệ số phụ thuộc vào n, rồi bằng một cách nào đó bạn bỏ được n đi và đưa các hệ số về hằng số??? $a_6=51,a_7=127$ trong khi theo công thức kia  tính được $a_6=50,a_7=120$

Gọi trung điểm của AB là M, Giao của CM và A'B' là H.
Ta có: K và C liên hợp mặt khác $IK\perp CM$ nên CM là đường đối cực của K. Suy ra -1=(KHB'A')=C(KMAB).
Mà M là trung điểm AB nên CK ll AB