unvhoang1998

Tên: Ung Nguyễn Vũ Hoàng THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định

Chuyên đề: Hình Học, Đa thức.

Địa chỉ Facebook:   https://www.facebook...ang.ungnguyenvu

Theo mình thì mình giải bài này với điều kiện b được thay bằng điều kiện là $f$ là hàm đơn ánh trên $R$ và mình giải như sau:

Đầu tiên ta cho $x=0 ; y=0$ khi đó ta được

$f(2f(0))=f^{2}(0)$   Đặt $f(0)=a$

Cho $ y=-x4 thì ta được

$f(2x^{2}+2f^{2}(-x^{2})=f^{2}(0)=f(2f(0))  ,\forall x \in R $ 

Theo tính chất đơn ánh thì 

$x^{2}+f(-x^{2})=f(0)  , \forall x \in R$

$\Leftrightarrow f(x)=x+a  , \forall x \leq 0$

Cho $ x=y$

thì $f(2x^{2}+2f(2x^{2}))=f^{2}(2x)   , \forall x \in R$

lại cho $x \rightarrow 2x ,   y \rightarrow 0$

thì $f(4x^{2}+2a)=f^{2}(2x)   , \forall x \in R$

do vậy nên 

$ f(x^{2}) +x^{2} =2x^{2} +a  ,   \forall x \in R$

$\Leftrightarrow f(x) =x +a ,   \forall x \geq 0$

Tóm lại $f(x) =x +a,   \forall x \in R$

Thử lại thấy $a=0$ 

Vậy hàm số duy nhất thoả mãn là 

$f(x) =x ,  \forall x \in R$

==================================================================================================

Gọi $I,J$ là giao của $SP$ với $(O)$ (như hình vẽ)

có ngay $IK=LJ$

mà góc $SCM=SPC$ nên $MI=MJ$

Do đó $MK=ML$

 

làm phiền bạn có thể giải thích cho mình chỗ này được không

Thử làm bài mở rộng này xem 

http://diendantoanho...eft-nk-1-right/

CMR: Dãy số $A_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$(n nguyên dương) chứa những dãy chứa vô hạn các số nguyên tố cùng nhau

                                                                      

Giả sử có k số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau là $A_{1}=1, A_{2}=3,..., A_{k}=m ; m\in Z^{+}$

Khi đó đặt $a=A_{1}A_{2}...A_{k}$ 

Xét cũng trong dãy số đó thì

$A_{2a+1}=(a+1)(2a+1) > A_{k}$

mà lại có $( A_{2a+1}, A_{k})=1$

Do đó $A_{2a+1}$ nguyên tố cùng nhau với tất cả các số  $A_{1}, A_{2},... A_{k}$

Vậy ta có Đpcm