Bài 45 (Thuật toán) Cho hai đống đá, một đống có $a$ hòn đá, đống kia có $b$ hòn đá. Hai người chơi, mỗi người đến lượt mình được lấy một hòn đá từ một trong hai đống, hoặc lấy phần nguyên của một nửa số hòn đá từ đống thứ nhất, hoặc lấy phần nguyên một nửa số hòn đá từ đống thứ nhất, hoặc lấy phần nguyên một nửa số hòn đá từ đống thứ hai, hoặc lấy từ hai đống số hòn đá như nhau. Người lấy được hòn đá cuối cùng là người chiến thắng. Hãy tìm tất cả các cặp $(a,b)$ trong đó $a\leq 8,b\leq 13$ sao cho người đi sau có chiến thuật thắng.

Bài 44 (Thuật toán) Có hai đống đá có $n$ hòn và đống kia có $k$ hòn. Cứ mỗi phút một máy tự động lại chọn một đống có số hòn đá là chẵn và chuyển một nửa số hòn đá của đống đá được chọn sang đống kia. Nếu cả hai đống đều có số hòn đá là chẵn thì máy sẽ chọn ngẫu nhiên một đống. Nếu trong hai đống số hòn đá đều là lẻ thì máy sẽ ngừng làm việc. Hỏi tồn tại bao nhiêu cặp sắp thứ tự $(n,k)$, với $n$ và $k$ là các số tự nhiên không vượt quá $2013$, để máy tự động sau một khoảng thời gian hữu hạn sẽ dừng?

Bất đẳng thức theo mình nghĩ chẳng có gì khó. Điều làm cho bất đẳng thức trở nên khó theo ý kiến của nhiều bạn đó là do các bạn không biết dùng cách gì để giải bất đẳng thức. Theo mình để khắc phục tình trạng trên thì khi bạn giải một bất đẳng thức nào đó thì bạn cần phải viết tất cả các cách mà bạn có để giải, thử từng cách một rồi chọn ra cách tối ưu nhất, để có được những cách giải này thì bạn cần phải đọc nhiều sách, xem các kĩ thuật mà người khác sử dụng, dùng làm vốn cho mình. Tất nhiên bạn cần phải giải nhiều bất đẳng thức thì mới rèn luyện được kĩ năng. Đây là tất cả những kinh nghiệm mà mình thu nhặt được trong quá trình giải bất đẳng thức.

cho 3 số a,b,c>0 và a+b+c=1, chứng minh

$\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ac}+\sqrt{c+ab}\geq 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}$

Bài 23 : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ và thỏa mãn :

$$\left\{\begin{matrix} f(x+1)=f(x)+1\\ f(x^5)=f^5(x)\\ \end{matrix}\right.,\;\forall x\in \mathbb{Q}^+$$

 

Bài 24 : Giải phương trình :

$$x=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10}+10}$$

Bài 24 phải là 4 lớp căn chứ.

Nếu là 4 lớp căn thì đặt $y=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10}$ để đưa về hệ đối xứng

$\left\{\begin{matrix} y=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11x+10}+10} & \\ x=\sqrt[5]{11\sqrt[5]{11y+10}+10}& \end{matrix}\right.$

Bài 6: cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng:

$ab+bc+ca+max\left \{ \left |a-b  \right |,\left |b-c  \right |,\left |c-a  \right | \right \}\leq 1+\frac{1}{3}(a+b+c)^2$

Bài 7 cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã điều kiện $4(a^3+b^3+c^3)+15abc=27$

Chứng minh $a+b+c\leq 3$

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=3$

Bất đẳng thức được viết lại

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{6a^2+3}}\leq1$

Ta có

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{6a^2+3}}=\sum \dfrac{a}{\sqrt{3(a^2+a^2+1)}} \leq \sum \dfrac{a}{2a+1}= \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\sum \frac{1}{2a+1}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{9}{2(a+b+c)+3}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{9}{2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+3}=1$

Ta đi chứng minh:$4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq (a+b+c)^3~~~~(1)$

 

Một cách khác là chuẩn hoá $a+b+c=3$

bđt được viết lại $4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 27$

Giả sử $min\left \{ a;b;c \right \}=c$, suy ra $c\leq 1$

Ta có

$4(a^3+b^3+c^3)+15abc=4(a+b+c)\left [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ca) \right ]+27abc=108-12(a+b+c)(ab+bc+ca)+27abc=108-36(ab+bc+ca)+27abc=108-36c(a+b)+ab(27c-36)\geq 108-36c(3-c)+\frac{(3-c)^2}{4}(27c-36)=\frac{27}{4}c(c-1)^2+27\geq 27$

Không hiểu chấm kiểu gì luôn

Mình được huy chương đồng

 

NGÀY 2

Bài 5: (7,0 điểm) Cho $(f_n(x))$ là dãy đa thức xác định bởi:

$f_0(x)=2,f_1(x)=3x,f_n(x)=3xf_{n-1}(x)+(1-x-2x^2)f_{n-2}(x)$ với mọi $n\ge 2$. 

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để $f_n(x)$ chia hết cho đa thức $x^3-x^2+x$.

Áp dụng phương trình sai phân bậc hai, ta tìm được công thức tổng quát: $f_{n}(x)=(2x-1)^{n}+(x+1)^{n}$ (*)

Thay $x=5$ vào (*) ta được $f_{n}(5)=9^{n}+6^{n}$

Ta sẽ tìm $n$ để $f_{n}(5)=9^{n}+6^{n}$ chia hết cho $5^{3}-5^{2}+5=105$

Ta có $9^{n}+6^{n}=3^{n}\left ( 3^{n}+2^{n} \right )$ và $105=3.5.7$

Suy ra ta chỉ cần tìm $n$ sao cho $3^{n}+2^{n}$ chia hết cho $7$

Đặt $n=6k+r$ ($r\in \left \{ 0,1,2,3,4,5 \right \}$)

Từ đó ta có $3^{n}+2^{n}=3^{6k+r}+2^{6k+r}=729^{k}.3^{r}+64^{k}.3^{r}$

Suy ra $3^{n}+2^{n}\equiv 3^{r}+2^{r}(mod7)$

Lần lượt thay $r= 0,1,2,3,4,5$ ta thấy chỉ có $r=3$ thõa mãn $3^{n}+2^{n}\equiv 0(mod7)$

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $n=6k+3$ thõa mãn (bằng quy nạp theo $k$)

Thật vậy,

Với $k=0$ ($n=3$) ta có $f_{n}=f_{3}=9x^{3}-9x^{2}+9x$ chia hết cho $x^{3}-x^{2}+x$

Giả sử $k=a$ thõa mãn, ta sẽ chứng minh $k=a+1$ cũng thõa mãn

Ta có 

$(2x-1)^{6a+9}+(x+1)^{6a+9}=\left [ (2x-1)^{6a+3}+(x+1)^{6a+3} \right ]\left [ (2x-1)^{6}+(x+1)^{6} \right ]-(2x-1)^{6}(x+1)^{6}\left [ (2x-1)^{6a-3}+(x+1)^{6a-3} \right ]$

chia hết cho $x^{3}-x^{2}+x$

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có $n=6k+3$, với mọi $k$ nguyên không âm, thõa mãn đề bài

Đề thi chọn đột tuyển Hà Nội vòng 2 năm học 2014-2015

Bài 2

Nếu tồn tại $y_{0}$ sao cho $f\left (y_{0}  \right )>1$ thì thay $x$ bởi $\frac{y_{0}}{f\left ( y_{0} \right )-1}$ ta có

$f\left ( \frac{y_{0}f\left ( y_{0} \right )}{f\left ( y_{0} \right )-1} \right )f\left ( y_{0} \right )=f\left ( \frac{y_{0}f\left ( y_{0} \right )}{f\left ( y_{0} \right )-1} \right )$. Suy ra $f\left ( y_{0} \right )=1$ (vô lý). Vậy $f\left ( y \right )\leq 1,\forall y>0$

Từ đó ta có $f\left ( y \right )\geq f\left ( x+y \right ),\forall x>0,y>0$. Suy ra $f$ là hàm không tăng

Nếu tồn tại $y_{1}$ sao cho $f\left (y_{1}  \right )=1$ thì thay $y$ bởi $y_{1}$ ta có $f\left ( x \right )=f\left ( x+y_{1} \right ),\forall x>0$

Do $f$ là hàm không tăng và tuần hoàn nên $f$ là hàm hằng. Vậy $f\left ( y \right )=1,\forall y>0$

Ta xét $f\left ( y \right )< 1,\forall y>0$. Suy ra $f$ nghịch biến hay $f$ là hàm đơn ánh.

Thay $x$ bởi $\frac{x}{f\left ( y \right )}$ ta có $f\left ( x \right )f\left ( y \right )=f\left ( \frac{x}{f\left ( y \right )}+y \right ),\forall x>0,y>0$

Hoán đổi vị trí $x$ và $y$ ta được $f\left (\frac{x}{f\left ( y \right )}+y  \right )=f\left ( \frac{y}{f\left ( x \right )}+x \right ),\forall x>0,y>0$

Suy ra $\frac{x}{f\left ( y \right )}+y=\frac{y}{f\left ( x \right )}+x,\forall x>0,y>0$

Như vậy $\frac{1-f\left ( y \right )}{yf\left ( y \right )}=k,\forall y>0$ ($k$ là hằng số, $k\neq 0$)

Suy ra $f\left ( y \right )=\frac{1}{1+ky},\forall y>0$

Thử lại 2 hàm trên, ta thấy đều thõa mãn đề bài.

Vậy $f\left ( y \right )\equiv 1$, $f\left ( y \right )\equiv \frac{1}{1+ky}$

Bài 6 (3 điểm)

Tại ba đỉnh $A,B,C$ của một tam giác $ABC$, người ta viết các số $a,b,c$. Người ta thực hiện phép biến đổi sau : Nếu mỗi bộ trước là $(x,y,z)$ thì sau đó ta thay bởi bộ $(x+y-2z,y+z-2x,z+x-2y)$. Chứng minh rằng sau một số lần biến đổi sẽ tồn tại một bộ ba số mà ít nhất một trong ba số của nó không nhỏ hơn $2015$.

 

Bài 6 (Mình nghĩ cần phải thêm điều kiện ít nhất trong 3 số $a$, $b$, $c$ phải có một số khác $0$)

Sau lần biến đổi thứ nhất thì tổng của 3 số $a$, $b$, $c$ bằng $0$ nên ta có $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0,n\geq 1$

($n$ là số lần biến đổi của bộ $\left ( a,b,c \right )$)

Ta xét tổng $S_{n}=a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}$

Khi đó $S_{n+1}=\left ( a_{n}+b_{n}-2c_{n} \right )_{n}^{2}+\left ( b_{n}+c_{n}-2a_{n} \right )^{2}+\left ( c_{n}+a_{n}-2b_{n} \right )^{2}=6S_{n}-6\left ( a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n} \right )$

Mặt khác $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0$ nên $a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}=-2\left ( a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n} \right )$

Suy ra $S_{n+1}=3S_{n}=3^{n}S_{1}$

Ta có $\left ( \left | a_{n} \right |+\left | b_{n} \right |+\left | c_{n} \right | \right )^{2}> a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}$

Suy ra $\left | a_{n} \right |+\left | b_{n} \right |+\left | c_{n} \right |> 3^{\frac{n-1}{2}}\sqrt{S_{1}}$

(do trong 3 số $a$, $b$, $c$ phải có ít nhất một số khác $0$ nên $S_{1}>0$)

Giả sử $\left | a_{n} \right |$ là số lớn nhất trong 3 số $\left | a_{n} \right |$, $\left | b_{n} \right |$, $\left | c_{n} \right |$

Khi đó $\left | a_{n} \right |> 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}$. Nếu $a_{n}>0$ thì $a_{n}> 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}>\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}$

Nếu $a_{n}<0$ thì $a_{n}<- 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}$ hay $b_{n}+c_{n}> 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}$

Suy ra một trong 2 số $b_{n}$, $c_{n}$ phải lớn hơn $\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}$

Vậy một trong 3 số $a_{n}$, $b_{n}$, $c_{n}$ phải lớn hơn $\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}$.

Từ đó với $n$ đủ lớn thì $\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}\geq 2015$

Vậy ta có điều phải chứng minh

các bạn trình bày chi tiết lại câu 6 đi, mình đọc chẳng hiểu gì cả.

Mình có một lời giải đẹp cho bài bất đẳng thức

Do a,b,c dương thoã $a+b+c=abc$ nên ta có thể đặt $a=tanA;b=tanB;c=tanC$ (A ,B ,C là 3 đỉnh của một tam giác)

Bất đẳng thức được viết lại là

$\sum \frac{1}{\sqrt{1+tanA^{2}}}\leq \frac{3}{2}$

Ta thấy

$\sum \frac{1}{\sqrt{1+tanA^{2}}}=\sum \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{cosA^{2}}}}=cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}$

(Đây là một bất đẳng thức cơ bản trong tam giác).

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

(1) $\overset{y=0}{\Rightarrow}f\left(f(x)\right)+f(x)=2x,\ \forall x$ (2)

Nếu $x_1,x_2\in\mathbb{R}$ thoả $f(x_1)=f(x_2)\overset{(2)}{\Rightarrow}x_1=x_2\Rightarrow f$ đơn ánh. (3)

 

(1) $\overset{y=\frac{f(x)-x}{2}}{\Rightarrow}f\left(\frac{f(x)+x}{2}\right)=x,\ \forall x$ (4)

$\Rightarrow \forall x,\ \exists z=\frac{f(x)+x}{2}\ :\ f(z)=x$   $\Rightarrow f$ toàn ánh. (5)

 

(3)(5) $\Rightarrow f$ song ánh. (6)

 

(1)(4) $\Rightarrow f(f(x)-y)+f(x+y)=2.f\left(\frac{f(x)+x}{2}\right),\ \forall x,y$ (7)

 

$\forall u,v\ :$ chọn $x=f\left(\frac{u+v}{2}\right)\ ;\ y=v-f\left(\frac{u+v}{2}\right)$ thì $f(x)-y=f\left[f\left(\frac{u+v}{2}\right)\right]+f\left(\frac{u+v}{2}\right)-v\overset{(2)}{=}u+v-v=u$  ;  $x+y=v$ (8)

 

(7)(8) $\Rightarrow f(u)+f(v)=2.f\left(\frac{u+v}{2}\right),\ \forall u,v$ (9)

Từ (6)(9) suy ra $f(x)$ có dạng : $f(x)=ax+b,\ \forall x$. Thay vào (1) ta được $\begin{cases}a=1\\b=0\end{cases}$  hoặc  $\begin{cases}a=-2\\b\in\mathbb{R}\end{cases}$

 

Vậy $f(x)=x\ ,\ \forall x$   hoặc   $f(x)=-2x+b\ ,\ \forall x$ ($b$ hằng số bất kì).

 

------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

$\boxed{\text{Cách 2}}$

(1) $\overset{y=0}{\Rightarrow}f\left(f(x)\right)+f(x)=2x,\ \forall x$ (2)

Thay $x$ bởi $f_n(x)=\underset{\text{n lần}}{\underbrace{f(f(...f(x)}}$ vào (2) ta có : $f_{n+2}(x)+f_{n+1}(x)=2.f_n(x),\ \forall x\in\mathbb{R},\ \forall n\in\mathbb{N}$

Đặt $x_n=f_n(x)\ (n\in\mathbb{N})$ ta có pt sai phân : $x_{n+2}+x_{n+1}=2.x_n$

Pt đặc trưng : $\lambda^2+\lambda=2\Leftrightarrow \lambda=1\ \vee\ \lambda=-2$

Suy ra : $x_n=C_1+C_2.(-2)^n$ ($C_1,C_2$ hằng số)

Ta có : $\begin{cases}x=x_0=C_1+C_2\\f(x)=x_1=C_1-2C_2\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x-f(x)=3.C_2\\2x+f(x)=2.C_1\end{cases}$

Suy ra $f(x)=x-3.C_2$   hoặc  $f(x)=-2x+2.C_1$.

Thay lần lượt mỗi hàm số trên vào (1), ta có : $C_2=0$  ;   $C_1$ tùy ý.

Vậy $f(x)=x,\ \forall x$   hoặc  $f(x)=-2x+C$ (với $C$ hằng số bất kì).

Tại sao lại có cái này hả bạn

bạn giải thích chỗ này giúp mình với

giải pt

11/ $\sqrt{x+3}+\frac{4x}{\sqrt{x+3}}=4\sqrt{x}$

Điều kiện $x\geq 0$

Ta có $\sqrt{x+3}+\frac{4x}{\sqrt{x+3}}\geq 2\sqrt{\sqrt{x+3}.\frac{4x}{\sqrt{x+3}}}=4\sqrt{x}$ (bđt AM-GM)

Dấu "=" xảy ra tại $\sqrt{x+3}=\frac{4x}{\sqrt{x+3}}\Leftrightarrow x+3=4x\Leftrightarrow x=1$

Vậy pt có 1 nghiệm $x=1$

Thứ nhất là bạn nên luyện từ đầu năm học lớp 9 chứ không nên để đến còn một hai tháng trước khi thi rồi mới ôn, thứ hai là bạn nên xác định phần nào là thế mạnh của bạn, chẳng hạn như thế mạnh của mình là về đại số, thì bạn tập trung luyện phần thế mạnh đó, bạn luyện sao cho mình chắc ăn là lấy điểm được phần đó, những phần khác thì bạn luyện ở mức độ vừa phải thôi. Trước khi đi thi một ngày thì ngày đó bạn nên nghỉ ngơi, đừng bận tâm đến toán, bạn có thể chơi cả ngày cũng được, đừng nên cố nhớ hay học thêm bất cứ điều gì, vì một ngày cũng chẳng thay đổi được gì, nếu bạn cứ cố thì khi vào phòng thi bạn sẽ mất đi sự sáng tạo (mình gặp nhiều lần và cũng thất bại nhiều lần bởi cái này). Chúc bạn ôn và thi tốt

câu 1 có thể giải bằng cách sử dụng tam thức bậc 2

Xét $x=0$ thì ta thu được một nghiệm $(x;y)=(0;0)$

Xét $x\neq 0$, hệ phương trình tương đương với

$\left\{\begin{matrix} x^{2}-4y+3= -\frac{y^{2}}{x^{2}} & \\ x-2y+1=-\frac{y}{x}& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+\frac{y^2}{x^2}+2y=6y-3 & \\ x+\frac{y}{x}=2y-1& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left ( x+\frac{y}{x} \right )^2=3(2y-1) & \\ x+\frac{y}{x}=2y-1& \end{matrix}\right.$

Từ đó, ta suy ra $\left ( x+\frac{y}{x} \right )^2=3\left ( x+\frac{y}{x} \right )$

Đây là một phương trình bậc hai với ẩn là $x+\frac{y}{x}$, giải phương trình này, ta được 2 nghiệm

$x+\frac{y}{x}=0$ hoặc $x+\frac{y}{x}=3$

Thay vào hệ phương trình ta được 2 nghiệm $(x;y)=(1;2);(2;2)$

Vậy phương trình có nghiệm là $(x;y)=(0;0);(1;2);(2;2)$

P/s: không biết đây có phải là ý tưởng của người ra đề hay không

 

 

Câu 5: Cho $100$ số tự nhiên không lớn hơn $100$ có tổng bằng $200$. Chứng minh rằng từ các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng $100$.

 

 

 

 

 

 

Gọi $a_{1};a_{2};a_{3};...;a_{100}$ là các số tự nhiên thoã đề bài

TH1: có một số là 100, ta có được điều phải chứng minh

TH2: không có số nào là 100,

Không mất tính tổng quát ta xét các tổng sau

$S_{1}=a_{1}$;

$S_{2}=a_{1}+a_{2}$;

$S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}$;

...

$S_{100}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{100}$;

Có 100 tổng $S_{i}$ $(1\leq i\leq 100)$, mà $S_{i}$ chia 100 dư từ 1 đến 99, nên theo nguyên lí dirichlet tồn tại ít nhất 2 tổng $S_{i}$ có cùng số dư, lấy hiệu của chúng ta chứng minh được tồn tại ít nhất 1 bộ các số chia hết cho 100

Mặt khác: hiệu của hai tổng $S_{i}$ trên luôn nhỏ hơn 200 mà lại chia hết cho 100 nên suy ra chúng bằng 100

Vậy ta có điều phải chứng minh.

 

Câu 2: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi:

       $x_1=\frac{1}{2}; x_{n+1}=\frac{2014+x_n}{2016-x_n}$ với mọi $n=1,2,...$.

a. Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn và tính giới hạn đó.

b. Với mỗi số tự nhiên $n \ge 1,$ đặt $y_n=\frac{1}{2013n+2015} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k-2014}.$ Tính $\lim y_n$

 

a. Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp $x_{n}\neq 1,\forall n=1,2,...$

$x_{n+1}-1=\frac{2\left ( x_{n}-1 \right )}{2016-x_{n}}$

$x_{n+1}-2014=\frac{2015\left ( x_{n}-2014 \right )}{2016-x_{n}}$

$\Rightarrow \frac{x_{n+1}-2014}{x_{n+1}-1}=\frac{2015}{2}\frac{x_{n}-2014}{x_{n}-1}=\left (\frac{2015}{2} \right )^{2}\frac{x_{n-1}-2014}{x_{n-1}-1}=...=\left (\frac{2015}{2} \right )^{n}\frac{x_{1}-2014}{x_{1}-1}=4027\left ( \frac{2015}{2} \right )^{n}$

$\Rightarrow x_{n+1}=\frac{2014.2^{n}-4027.2015^{n}}{2^{n}-4027.2015^{n}}$

$\Rightarrow \lim x_{n}=\lim \frac{2014.2^{n-1}-4027.2015^{n-1}}{2^{n-1}-4027.2015^{n-1}}=\lim \frac{2014.\left (\frac{2}{2015} \right )^{n-1}-4027}{\left (\frac{2}{2015} \right )^{n-1}-4027}=1$.

b. Từ công thức tìm được ở câu a) ta có

$\frac{1}{x_{n}-2014}=\frac{1}{2013.4027}\left [\left (\frac{2}{2015} \right )^{n-1}-4027 \right ]$

$\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}-2014}=\frac{1}{2013.4027}\left [ 1+\frac{2}{2015}+\left ( \frac{2}{2015} \right )^{2}+...+\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n-1} \right ]-\frac{n}{2013}=\frac{2015}{\left ( 2013 \right )^{2}.4027}\left [ 1-\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n} \right ]-\frac{n}{2013}$

$\Rightarrow \lim y_{n}=\lim \left \{ \frac{2015}{\left ( 2013 \right )^{2}.4027}\left [ 1-\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n} \right ]-\frac{n}{2013} \right \}\frac{1}{2013n+2015}=\lim \left \{ \frac{2015}{\left ( 2013 \right )^{2}.4027}\left [ 1-\left ( \frac{2}{2015} \right )^{n} \right ]\frac{1}{2013n+2015}-\frac{1}{2013^{2}+\frac{2013.2015}{n}} \right \}=-\frac{1}{2013^{2}}$.

Mình có thắc mắc này : Tại sao phải xét $f(1)=1$ và $f(1)$ khác $1$ mà tại sao không xét giá trị khác ?

Bạn có thể giải thích ở dòng bôi đỏ về   tập hợp của các biến được không ? Và tại sao  $ \frac{y}{x}=f\left ( \frac{y}{x} \right ),\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$

Mình trả lời theo thứ tự các ý bạn hỏi

- do đề bài yêu cầu liên tục nên mình nghĩ là sẽ quy nạp từ số nguyên đến số hữu tỉ rồi đến số thực, từ đó mình chứng minh f(n)=n trên tập số nguyên, mà chứng minh cái này thì cần tính f(1), từ đó mình tìm cách tính f(1) thì nó phân ra hai trường hợp như trên.

- để quy nạp lên tập hữu tỉ thì chỉ cần $y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$ thôi

- ta có

$f\left ( x+y \right )=f\left ( x \right )+xf\left ( \frac{y}{f\left ( x \right )} \right ),\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$

$f\left ( x+y \right )=f\left ( x \right )+y,\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$

từ hai cái này thì suy ra được $f\left ( \frac{y}{f\left ( x \right )} \right )=\frac{y}{x},\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$,

do ở trên ta đã chứng minh được $f\left ( n \right )=n,\forall n\in \mathbb{Z}$ nên ta cũng có được

$\Rightarrow f\left ( \frac{y}{f\left ( x \right )} \right )=f\left ( \frac{y}{x} \right )=\frac{y}{x},\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$

Bài 2:Tìm tất cả hàm số liên tục $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x+yf(x))=f(x)+xf(y); \forall x,y \in \mathbb{R}$ (1)

TH1. $f\left ( 1 \right )\neq 1$

Thay $x=1$, $y=\frac{1}{1-f\left ( 1 \right )}$ vào (1): 

$f\left ( 1+\frac{f\left ( 1 \right )}{1-f\left ( 1 \right )} \right )=f\left ( 1 \right )+f\left ( \frac{1}{1-f\left ( 1 \right )} \right )\Rightarrow f\left ( 1 \right )=0$

Thay $x=1$ vào (1):

$f\left ( 1 \right )=f\left ( 1 \right )+f\left ( y \right ),\forall y\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f\left ( y \right )=0,\forall y\in \mathbb{R}$ (thõa mãn $f$ liên tục)

TH2. $f\left ( 1 \right )=1$

Thay $y=0$ vào (1):

$f\left ( x \right )=f\left ( x \right )+xf\left ( 0 \right ),\forall x\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f\left ( 0 \right )=0$

Thay $x=1$ vào (1):

$f\left ( y+1 \right )=f\left ( y \right )+1,\forall y\in \mathbb{R}$

Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $f\left ( y+n \right )=f\left ( y \right )+n,\forall y\in \mathbb{R},n\in \mathbb{Z}$ (2)

Thay $y=0$ vào (2): $f\left ( n \right )=n,\forall n\in \mathbb{Z}$

Thay y bởi $\frac{y}{f\left ( x \right )}$ vào (1): $f\left ( x+y \right )=f\left ( x \right )+xf\left ( \frac{y}{f\left ( x \right )} \right ),\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$

Từ (2) $\Rightarrow f\left ( x+y \right )=f\left ( x \right )+y,\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$

$\Rightarrow f\left ( \frac{y}{f\left ( x \right )} \right )=\frac{y}{x}=f\left ( \frac{y}{x} \right ),\forall y\in \mathbb{Z},x\in \mathbb{N}^{*}$

$\Rightarrow f\left ( r \right )=r,\forall r\in \mathbb{Q}$

Với mỗi $x\in \mathbb{R}$ tồn tại dãy số hữu tỉ $\left \{ r_{n} \right \}_{n=1}^{+\infty }$ sao cho $\lim_{n\rightarrow +\infty }r_{n}=x$.

Vì $f$ liên tục nên

$f\left ( x \right )=f\left ( \lim_{n\rightarrow +\infty }r_{n} \right )=\lim_{n\rightarrow +\infty }f\left ( r_{n} \right )=\lim_{n\rightarrow +\infty }r_{n}=x$

$\Rightarrow f\left ( x \right )=x,\forall x\in \mathbb{R}$

Vậy có hai hàm thõa mãn yêu cầu đề bài là

$f\left ( x \right )=0,\forall x\in \mathbb{R}$

$f\left ( x \right )=x,\forall x\in \mathbb{R}$