Kamii0909

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? 

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 $x,y \in \mathbb{R}$

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 $f(x)=x$

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

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

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...

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...

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 $OL=OK$

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 

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 $f(x)= \pm x,  \forall x$

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 $a>0$

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.

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...

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 $b=0$.

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 $f(x)=C, \forall x$

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}}}$