Câu tổ hợp ngày 2 quy nạp đơn giản , ngày 1 để ý chút quy luật là xong ,

dễ thấy f(1)=2 khi thay y=1 
nếu f(1/2)=t >1 thay y=1/2 thì ta có f(tx)=1/2f(2x) do t>1 nên f(tx)>f(x) suy ra 2f(x)<f(2x) thay x=1/2 ta có f(1)>2f(1/2) suy ra 2>2t suy ra t<1 vô lý

nếu t<1 cũng tương tự ta có f(x) >1/2f(2x)  suy ra 2t>2 vô lý vậy f(1/2)=1 chú ý do f(0)=0 mà f(1)=2 nên f(x) >0 với mọi x>0

đến đây dễ rồi cho y=1/2 ta có 2f(x)=f(2x)
có ngay f(2)=4 cho x=1 thì có f(f(y)=4y 
thay y bới f(y) vào đầu bài được f(x.4y)=2f(y).f(2x)

đặt f(x)=2.g(x) thì có g(xy)=g(x).g(y) hàm cơ bản đơn điệu thì có ngay g(x)=x suy ra f(x)=2x với mọi x thuộc R

cho y=1 thì f(xf(1))=f(2x) do hàm đon điệu nên xf(1)=2x

phương trình trên có quá nhiều nghiệm nguyên mà 

bài 1 thực ra rất dễ , thay y bởi x thì 2xf(x)=2xf(x)^2 suy ra f(x)= 0 hoặc bằng 2 với mọi x khác 0 

cho x=0 vào bài thì có ngay f(0)=0 hoặc 1
néu f(1)=1 thay y=1 thì có x+f(x)=(x+1)f(x) suy ra f(x)=1 với mọi x khác 0
và f(0)=0 hay 1 đều ok , thử lại thấy đung
nếu f(1)=0 cho x=1 thì được f(y)=0 với mọi y 

thanh niên viết nhầm đề rồi

bài này dùng phương pháp kẹp
f(1)=1 f(2^n)=4^n
chú ý với mọi m và k thì tồn tại l để 4^l<=m^(2k)<=4^(l+1) suy ra 2^l<=m^k<=2^(l+1)
do tính tăng suy ra f(2)^l<=f(m^k)<=f(2)^(l+1) chia cả hai vế cho m^2k thì 
ta có 1/4 <=f(2)^l/m^(2k)<=(f(m).m^2)^k <=f(2)^(l+1)/m^2k <=4
nếu f(m)>m^2 thì cho k đủ lớn suy ra ngay vô lý 
nếu f(m)<m^2 cũng chọn k đủ lớn suy ra 0>=1/4 cũng vô lý nên f(m)=m^2

A cũng cơ biết đâu , đề bài e đăng mà

Cho x=y=1 có f(1)=1
Cho y=1 thì có 2x.f(x)>=x^2+f(x^2) (1)
Cho x=y=0 có f(0)=0 ta xét x khác 0 ,
Cho y=x ta có x.f(x^2)+x^2.f(x) >=f(x).f(x^2) +x^3 suy ra x^2.(f(x)-x)>=f(x^2)(f(x)-x) (2)
Nếu tồn tại x để f(x^2)<0 thì từ (2 )suy ra f(x)>=x với mọi x
Nếu tồn tại x để f(x)>x thì từ (2) ta cũng có ngay f(x^2)<x^2 vô lí suy ra f(x)=x nên f(x^2)=x^2 vô lý do ta gs tồn tại f(x^2)<0
Vậy f(x^2)>=0 với mọi x nên từ 1 ta có f(x) >=x/2 với mọi x >0 suy ra f(x^2)>=x^2/2 suy ra 2xf(x)>=(3/2 ).x^2 từ đây lại có f(x) >=3/4 x với mọi x cứ làm tương tự (thực ra xét dãy số ) thì có ngay f(x)>=x với mọi x >0
Bây giờ trong(2) gs tồn tại x để f(x) >x thì suy ra f(x^2)<x^2 vô lý vậy f(x)=x với mọi x >0
Tương tự với x<0 ta có ngay f(x)<=x từ (1)
Sau đó làm tương tự như trên cũng có ngay f(x)=x với mọi x<0
Kết luận f(x)=x với mọi x thuộc R

Cho x1=1 và x2=0 thì có ngay f(1)=1, f(0)=0 hoặc f(1)=0, f(0)=1 xét 2 trường hợp
Th1 f(1)=1 thì f(0)=0 thì trong đề thay x2=0 thì có ngay f(x)>=x
Cũng trong đề thay x1=1 x2 bởi x thì có 1-f(x)>=1-x suy ra f(x) <=x vậy f(x)=x
Trường hợpp còn lại tương tự nhé , f(x)=1-x

Đề sai mà :v

Bài này không cần quá phức tạp gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n
Suy ra p/a^n-1 đặt h =ord_a(p)
Nếu (a;p) khác 1 thì suy ra p/a suy ra ngay vô lý nên (a;p)=1
Suy ra h/(p-1)
h/n
Vậy h=1 suy ra p/ a-1 suy ra p=2 vô lý suy ra đpcm

cần gì nhân tử lagrange , bài này dùng sơ cấp được 

bài 1 có liên quan đến hàm phần nguyên , mình cũng ko nhớ rõ nhưng chỉ cần biết hàm còn bước quy nạp đơn giản

cho x=y=0 suy ra không tồn tại hàm thỏa mãn 

mới làm đc bài bước nên up tạm, có time giải tiếp , nếu f(0) khác 0 thay y=0 x bởi f(0) suy ra f(0).f(f(0))=f(f0)/f(0) +f(0)   đặt f(0)=a suy ra a^2.f(a)=f(a)^2  +a^2 
suy ra a^2.(f(a)-1)= f(a)^2 suy ra a^2=f(a)^2/f(a)-1 thuộc Z suy ra f(a)-1 /f(a)^2 giải ra suy ra f(a)=0 hoặc 2
nếu f(a)=0 suy ra ngay a=0 vậy f(a)=2 suy ra a^2=4.............
 

Thầy giáo Hoàng Ngọc Thế do giàu quá không biết để tiền đâu cho hết nên bỏ tiền ra mua $2$ CHIẾC BPHONE của anh Quảng nổ. Sau khi xài xong thì mới biết là chất lượng quá chán nên quyết định chơi trò chơi sau.

Thầy đặt vé vào TP HCM, sau đó đến toà nhà BITEXCO $163$ tầng, sau đó thầy thử leo lên $1$ tầng bất kỳ và ném cái BPHONE xuống. Thầy thắc mắc không biết ném thấp nhất từ tầng nào trở lên thì cái BPHONE đó sẽ bể.
(Giả xử tầng $20$ là tầng nhỏ nhất để cái BPHONE bể, thì từ tầng $21$ trở lên chắc chắn cái BPHONE đó cũng sẽ bể nếu ném xuống)

Theo bạn, với $2$ cái BPHONE đó, thầy Thế cần ít nhất bao nhiêu lần ném để biết chính xác cái tầng tối thiểu mà BPHONE khi ném từ tầng đó chắc chắn bể. Coi là sức chịu đựng của $2$ cái BPHONE là như nhau.

Ném từ tầng 3 , nếu không nổ thì cứ tăng dần lên thôi :v, nếu nổ thì thả cái còn lại từ tầng 1

bài đa thức , cho x=0 vào tính được p(0)=0 hặc =1 hoặc =2 
nếu p(0)=0 , đặt $p(x)=x^n.g(x)$  với g(0) khác 0 ,thay vào tính lại được g(0)=0 vậy p(x) chỉ có thể đồng nhất =0 trong trường hợp này

nếu p(0)=1 đặt $p(x)=x^n.g(x)+1$ thay vào được nếu n lẻ suy ra g(0)=0 suy ra p(x) đồng nhất =1 vậy xét trường hợp n chẵn 
suy ra $x^(2n ) .( g(x)^3 -g(x^3))= 3(g(x)-g(-x))$ đồng nhất hệ số ra g(x) đồng nhất = t thử lại tìm được t=1 , phần  đồng nhất hê số này chỉ xét bậc là ra không phức tạp 
suy ra $p(x)=x^(2n)+1$ thỏa mãn
nếu p(0)=2  đặt $p(x)=x^ng(x)$ với g(0) khác 0 nhưng thay vào thì vẫn suy ra g0=0 suy ra g(x) đồng nhất =2 :v , xong

Câu hình a chỉ sử dụng pytago thôi và sử dụng thêm MI=MB=MC nữa là xong , phần B áp dụng potoleme cho tứ giác ABMC thì có I là trung điểm AM và chú ý AIHF nội tiếp thì ta có đpcm

Sai rồi nhé, còn có nghiệm $ P(x)=x^{2k+1}+1$ và $P(x)=-x^{2k+1}+1$ nữa, hì. Bạn làm như trên là không chuẩn.

thử lại p(x)=x+1 có thỏa mãn đâu ?

:v thế là chưa thử chuẩn sao :v , ô Thế thử lại cho chuẩn nhé

bài bất đẳng thức nếu cả 3 số âm thì thay bởi 3 số dương không làm thay đổi tính chất bài toán , nếu có 1 số âm và 2 số dương thì giả sử a âm ,thay a bởi -a ta được một biểu thức có giá trị lớn hơn , có 2 số âm cũng tương tự nên chỉ cần xét 3 số dương là đủ

 mình từng gặp 1 bài như sau , cho tập{ a1 ;a2 .....;an} mà a1=1 và a_i <=a_i+1 <= 2a_i  tổng các a_i là số chẵn cmr có thể chia thành 2 tập sao cho tổng các phần tử của mỗi tập bằng nhau

Câu 2 đề hài nhỉ
giả sử sigma 1/(a_i)=1 ( i =1,n+1)
Mình tăng chỉ số lên viết cho gọn
Giả sử a_n+1=2p thì sigma (1/a_i) =(2p-1)/2p với i=1,n từ đây quy đồng lên suy ra trong các số từ a_1 đến a_n có 1 số là p giả sử a_n=p suy ra sigma (1/a_i) =(2p-3)/(2p) với i=1,n-1 quy đồng vế trái thì do từ a_1 đến a_n-1 không còn số nào chia hết cho p suy ra p/2p-3 suy ra p=3