Ngoài lể chút ạ. Theo như bạn Nobodyv3 có nói ở trên thì bạn đang có "khao khát" sử dụng hàm sinh. Supermember mạn phép khuyên bạn hãy dùng hàm sinh để giải quyết tất cả các bài Toán trong ấn phẩm " đẳng thức tổ hợp" mà VMF đã xuất bản cách đây tròn 10 năm rưỡi (link: https://diendantoanh...g-thức-tổ-hợp/). Lưu ý là dùng hàm sinh để giải tất cả các bài toán trong chuyên đề đó chứ không phải chỉ gói gọn là các bài trong chương dùng hàm sinh để chứng minh.

Đây sẽ là hoạt động rất ý nghĩa, là tiền đề để có nền tảng làm chuyên đề VOL2. Bạn Nobodyv3  và thầy Thanh nghĩ sao?

Không cần phải giải quá nhanh, có thể là 2 ngày giải 1 bài cũng là quá OK rồi.
 

Bài này tặng cho Sir. Hoàng Xuân Thanh, anh em tránh ra để thầy Thanh khai bút nhé.

Dãy số $(a_n)$ được xác định như sau: $ a_1 = 0; a_2 = 2; a_3 = 3$  và với $ n \geq 4$ thì: 

$ a_n = \max \{ a_d \cdot a_{n-d} \  | \   1<d < n-1 \}$

Tính $a_{2022}$

Giải phương trình sau trong tập số thực:

$x^7 -14x^6 +21x^5 -70x^4 +35x^3-42x^2+7x-2 =0$

Ngày ấy- bây giờ

Tập hợp $ S = \{2; 5; 13 \}$ có tính chất đẹp là: với mọi $a;b \in S; a \neq b$ thì $ab-1$ là số chính phương.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $d$ không nằm trong tập $S$ thì tập hợp: $S \cup \{ d \} $ không có tính chất đẹp này.

Bài này chỉ có $1$ dòng thôi: $ \lim_{n \to + \infty} (\sqrt{2} -1)^n =0$
Cặp đôi " Hoàng -Phát" này giỏi quá. Hi vọng với cặp đôi này thì VMF ta chẳng mấy chốc mà HOÀNG PHÁT (PHÁT TRIỂN RỰC RỠ)

Chứng minh rằng với mọi $\epsilon >0$ Tồn tại các số nguyên $a;b;c$ sao cho :

$0< | a+b \sqrt{2} + c \sqrt{3}| < \epsilon$

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R}^{+}  \to \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện:

$(1)$ $f(xf(y)) = yf(x)$ với mọi $ x;y \in \mathbb{R}^{+}$

$(2)$ $ \lim_{x \to +\infty} f(x) =0$

Tìm tất cả các hàm số  bị chặn $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ thỏa mãn: 

$f(m+n) + f(m-n) = 2f(m)f(n)$ với mọi số nguyên $m;n$

Xin lỗi anh em, hôm giờ lubu quá nên bài bị chém hết mà không đăng kịp bài mới.

Tiếp tục nha.

Tìm tất cả các hàm số $ f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ thỏa mãn:

$2f(m^2+n^2) = f(m)^2 +f(n)^2$  với mọi $ m;n \in \mathbb{N}$

Không ngờ $2$ bài khó bị các em chém nhanh quá    Nên đương nhiên không thể để box không có bài mới mỗi ngày.

Với mỗi số nguyên dương $n$, ta ký hiệu $d(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$

Hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \to \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn:

$f(2n-1) = 2^n ; f(2n) = n + \frac{2n}{d(n)}$  với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho : $ f^k (1) = f(f(...(f(1))...) = 1997$ ($k$ lần lặp $f$)

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho tồn tại  hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \to \mathbb{Z}$ thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện:

$1)$ $f(1997) = 1998$

$2)$ $f(ab) = f(a)+f(b) +  k f ( \gcd(a,b))$ với mọi $ a;b \in \mathbb{N}^{*}$

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \times \mathbb{N}^{*} \mapsto \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn đồng thời $3$ điều kiện:

$1)$ $f(n;n) = n$ với mọi $ n \in \mathbb{N}^{*}$

$2)$ $ f(n;m) = f(m;n)$ với mọi $ m;n \in \mathbb{N}^{*}$

$3)$ $\frac{f(m;n+m)}{f(m;n)} = \frac{m+n}{n}$ với mọi $ m;n \in \mathbb{N}^{*}$

 

Lần lượt thay $y$ bằng $f(0),\ 2f(0),\ \dots,\ (n-1)f(0)$ vào $(\ast)$ ta có

 

Cái chỗ thay này không hợp lý nha, do với $n$ đủ lớn thì $(n-1)f(0) $ có thể lớn hơn $1$ , trong khi $y \in [0;1]$ nên đâu có thay vậy được.

Đoạn sau có thể làm gọn gàng như sau:

Thay $y=0$ vào $(2)$ ta có: $f(f(x)) = f(x) +f(0)$ với mọi $ x \in [0;1]$

Bằng quy nạp thì ta chứng minh được $ f^n (x) = f(f(...(f(x))...)) $ ($n$ lần lặp $f$) $= f(x) + (n-1)f(0)$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Do đó nếu $f(0)$ lớn hơn $0$ thì khi cố định $ x \in [0;1]$ , và cho $n$ chạy ra vô cùng thì rõ ràng $f^n (x)$ tiến dần ra vô cùng, vô lý , vì $f^n (x) \in [0;1]$ với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ $f(0)$ chỉ có thể nhận giá trị bằng $0$ và bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Ok, $6$ năm không ai giải thì nay cũng đến lúc dọn dẹp bài của An Infinitesimal.

Thực tế thì bài toán bạn đặt ra vốn không giải được, do phương trình $x^3 -x-1=0$ vốn dĩ chỉ có $1$ nghiệm thực mà thôi. Nên để bài toán bạn đặt ra đúng, tôi sẽ sửa đề lại như sau:

Đó là xét trên phương trình: $x^3 + x^2 -2x-1=0$

Lưu ý là ở đây tôi đưa ra cách tổng quát có thể áp dụng cho tất cả các phương trình bậc $3$ có $3$ nghiệm thực, không nhất thiết phân biệt.  

Để tính $ \mathcal{P}(a;b;c) = \frac{1-a}{1+b} + \frac{1-b}{1+c}+ \frac{1-c}{1+a}$  với $ a<b<c$ là $3$ nghiệm của phương trình $x^3 + x^2 -2 x -1 =0$, ta cần đi tính $2$ đại lượng:

$ m = ab^2 + bc^2 +ca^2 $ và $ n = a^2b + b^2 c+ c^2 a$

Ta chú ý: $ m-n= (a-b)(b-c)(c-a)$ $(*)$ và $ m+n+ 3abc = (a+b+c)(ab+bc+ca)$ $(**)$ 

Theo định lý Viet thì: $ a+b +c = -1; ab + bc + ca = -2; abc = 1$

Từ $(**)$ , suy ra $ m+n = (a+b+c)(ab+bc+ca) - 3abc = -1$ $(***)$

Do $ (a-b)(b-c)(c-a)$ là đại lượng không đối xứng với $3$ biến $a;b;c$, không thể tính được thông qua định lý Viet, nên để lách qua đoạn này, ta đi tính $ \big( (a-b)(b-c)(c-a) \big)^2$

Sơ sơ là vậy, để lát nữa rảnh rỗi thì làm chi tiết ra.

Ta đi tính vài đại lượng sau:

* $a^3 + b^3 + c^3 = (a+b+c)^3 - 3(a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)^3 - 3(a+b+c)(ab+bc+ca) + 3abc = -1-6+3$

$\implies a^3 + b^3 + c^3 = -4 \  (1)$

* $a^3 b^3 + b^3 c^3 + c^3 a^3 = (ab+bc+ca)^3 - 3abc(ab+bc+ca)(a+b+c) + 3a^2 b^2 c^2 = -8-6+3 = -11 \ (2)$

* $ a^2 + b^2 + c^2 = (a+b+c)^2 -2(ab+bc+ca) =  1 +4 = 5  \ (3)$

Suy ra: $ \big( (a-b)(b-c)(c-a) \big)^2 = (m-n)^2 = (m+n)^2 - 4mn = 1 - 4 \left( (a^3 b^3 +  b^3 c^3 + c^3 a^3) + abc(a^3+b^3+c^3) + 3 a^2 b^2 c^2 \right) = 1 - 4( -11-4+3) = 49 $ (theo $(1);(2)$)

$ \implies m-n = (a-b)(b-c)(c-a) = 7$ $(****)$

Từ $(***); (****)$, suy ra: $ m = 3$ $(4)$

Suy ra: $\mathcal{P}(a;b;c) = \frac{3+(a+b+c) - (a^2+b^2+c^2) - (ab^2 + bc^2 + ca^2)}{(1+a)(1+b)(1+c)} = \frac{3-1  - 5 - m}{1+ (a+b+c)+ (ab+bc+ca)+abc} $

$\big($ Ở đây sử dụng $(3)$;$(4)$ $\big)$

$= \frac{-3 - 3}{1-1-2 +1} = 3 + 3 =  6$

Tức là: $ \frac{1-a}{1+b} + \frac{1-b}{1+c}+ \frac{1-c}{1+a} =6$ 

Và bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Tìm tất cả các giá trị có thể có của tham số $m$ để hệ phương trình $3$ ẩn sau có nhiệm thực:

\[\left\{ \begin{array}{l}
3{x^2} + 3xz + {z^2} = 1\\
3{y^2} + 3yz + {z^2} = 4\\
{x^2} - xy + {y^2} = m
\end{array} \right.\]

Cho hàm số $f : \mathbb{N} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:

* nếu $ n = 2^i -1$ ($i \in \mathbb{N}$) thì $f(n) =0$

* nếu $ n \neq 2^i -1$ ($i \in \mathbb{N}$) thì $f(n) =f(n+1) +1$

Chứng minh rằng với mọi $n \in \mathbb{N}$ thì tồn tại số nguyên không âm $k$ thỏa mãn: $ f(n)+n = 2^k -1$

Đồng thời, hãy tính $f(2^{1990})$

Nhẹ nhàng thể dục đầu tuần

Cho hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(1) = 1 ; f(2) = 3$ và với $n \geq 3$ thì:

$ f(n) = \max \{ f(r) + f(n-r) |  1 \leq r \leq n-1 \}$

Tìm điều kiện cần và đủ của $2$ số nguyên dương $a$ và $b$ để $f(a+b) = f(a)+f(b)$

Cuối tuần thư giãn nhẹ nhàng:

Tính số phương án bỏ $11$ cái bút chì màu khác màu nhau vào $4$ hộp đựng bút đánh số $1 ; 2 ; 3 ; 4$ sao cho mỗi hộp có ít nhất $2$ cây bút.

Cuối tuần làm nhẹ bài này nha anh em  

Cho hàm số $f: [0;1] \mapsto [0;1]$ thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện:

$1)$ Tồn tại $x_0 \in [0;1]$ thỏa mãn: $ f( x_0 ) \neq x_0$

$2)$ $f(f(x)+y) = f(x) + f(y)$ với mọi $x;y  \in [0;1]$ mà $ x+y  \in [0;1]$ và $ f(x)+y  \in [0;1]$

Hãy xây dựng ít nhất $1$ hàm số $f$ thỏa mãn bài toán. Và chứng minh rằng trong lớp hàm số $f$ thỏa mãn bài toán thì $f(0)$ luôn nhận giá trị không đổi, tính giá trị đó.

Gợi ý: Bài này giải dựa vào các bước sau

Giả sử $ a \geq b \geq c \geq d \geq 0$, ta sẽ đi chứng minh $ a+d \leq 2$, từ đó chia ra $4$ trường hợp về số lượng  các số trong $4$ số $a;b;c;d$ mà lớn hơn hoặc bằng $1$

Kỹ thuật gần giống với bài toán quen thuộc:

Cho $a;b;c;d$ không âm thỏa: $ a^2 +b^2+c^2+d^2 =1$ , chứng minh: $ (1-a)(1-b)(1-c)(1-d) \geq abcd$

Gợi ý: Bài này mấu chốt là tính được $f(3)$,  giá trị của $f(3)$ có thể tính được bằng cách sử dụng bất đẳng thức $ 2 < f(3) <4$

Để thiết lập bất đẳng thức nêu trên, Chú ý các giá trị: $ f(15) ; f(10); f(18)$

Gợi ý:  Với số nguyên dương $n$, hãy viết $n$ dưới dạng phân tích thành thừa số nguyên tố: $n = p^{\alpha_1}_{1} p^{\alpha_2}_{2} \cdots p^{\alpha_k}_{k}$

Đồng thời đặt $ g(x) = f(x)-1$ để thu gọn điều kiện $(1)$ 

(hãy thử tính $f(6/13)$ xem sao).

Thay $ x = 0; y = \frac{2}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{1}{13} \right) = a f \left( \frac{2}{13} \right) $

Thay $ x = 0; y = \frac{4}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{2}{13} \right) = a f \left( \frac{4}{13} \right) $

Thay $ x = 0; y = \frac{8}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{4}{13} \right) = a f \left( \frac{8}{13} \right) $

Suy ra: $ f \left( \frac{1}{13} \right) = a^2 f \left( \frac{4}{13} \right) ; f \left( \frac{1}{13} \right) = a^3 f \left( \frac{8}{13} \right) $

Suy ra: $ f \left( \frac{4}{13} \right) = \frac{1}{a^2} \cdot f \left( \frac{1}{13} \right) ; f \left( \frac{8}{13} \right) = \frac{1}{a^3} \cdot f \left( \frac{1}{13} \right) $

Thay $ x = 0; y = \frac{12}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{6}{13} \right) = a f \left( \frac{12}{13} \right) $ $(8)$

Thay $ x = \frac{4}{13}; y = \frac{8}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{6}{13} \right) = (1-a) f \left( \frac{4}{13} \right) + a f \left( \frac{8}{13} \right) $

$ \implies f \left( \frac{6}{13} \right) = \frac{1-a}{a^2}  \cdot f \left( \frac{1}{13} \right) + \frac{1}{a^2} f \left( \frac{1}{13} \right) $

$ \implies f \left( \frac{1}{13} \right) = \frac{a^2}{2-a}  \cdot f \left( \frac{6}{13} \right) $  $(9)$

Thay $ x =  \frac{1}{13}; y = \frac{12}{13}$ vào $(1)$; ta có: $ f \left( \frac{1}{2} \right) = (1-a) f \left( \frac{1}{13} \right) + a f \left( \frac{12}{13} \right) $

$\implies a =  \frac{a^2 (1-a)}{2-a}  \cdot f \left( \frac{6}{13} \right) +   f \left( \frac{6}{13} \right) $

$\big($ Ở đây sử dụng đẳng thức $(8); (9)$, đồng thời chú ý trong bài post số $\#3$ đã chứng minh được $ f\left( \frac{1}{2} \right) =a $ $\big)$

Suy ra: $ a = f \left( \frac{6}{13} \right) \cdot \left(  \frac{a^2 (1-a)}{2-a} +1 \right) $

Suy ra: $ f \left( \frac{6}{13} \right) = \frac{a}{  \frac{a^2 (1-a)}{2-a} +1}$ $(10)$

Thay $ a= \frac{1}{2}$ vào đẳng thức $(10)$ sẽ có ngay $ f \left( \frac{6}{13} \right) = \frac{6}{13}$

Và bài Toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Thực ra thì bất kỳ số thuộc $\mathbb{Q}^{+} \bigcap [0;1]$ nào thì cũng sẽ đều tính được theo cách này.

Thực ra thì điều kiện hàm số liên tục là thừa. Nếu bỏ đi điều kiện liên tục của hàm số thì để hoàn tất bài toán, ta chỉ cần làm như sau:

Lời giải 2 (dựa trên ý tưởng của thầy Nghiêm Quốc Chánh):

+ Cho $x=0,y=1\Rightarrow f\left ( \frac{1}{2} \right )=(1-a).0+a.1=a$     

+ Cho $x=0,y=\frac{1}{2}\Rightarrow f\left ( \frac{1}{4} \right )=(1-a).0+a.a=a^2$   

+ Cho $x=\frac{1}{2},y=1\Rightarrow f\left ( \frac{3}{4} \right )=(1-a).a+a.1=2a-a^2$   

+ Cho $x=\frac{1}{4},y=\frac{3}{4}\Rightarrow f\left ( \frac{1}{2} \right )=(1-a).a^2+a.(2a-a^2)=3a^2-2a^3$

Suy ra: $ a= 3a^2 - 2a^3 \implies 1 = 3a - 2a^2 \implies (2a-1)(a-1) = 0  \implies  a = \frac{1}{2}$ do $ 0< a<1$

Thay $ x = 0 ; y =  \frac{2}{7}$ vào $(1)$; ta có:

$ f \left(  \frac{1}{7} \right) = a f \left(  \frac{2}{7} \right) $  $(4)$

Thay $ x = 0 ; y =  \frac{4}{7}$ vào $(1)$; ta có:

$ f \left(  \frac{2}{7} \right) = a f \left(  \frac{4}{7} \right) $  $(5)$

Từ $(4); (5)$; ta suy ra:  $ f \left(  \frac{1}{7} \right) = a^2 f \left(  \frac{4}{7} \right) $

$ \implies  f \left(  \frac{4}{7} \right)  = \frac{f \left(  \frac{1}{7} \right)}{a^2}$  $(6)$

Thay $ x =  \frac{1}{7} ; y =  1$ vào $(1)$; ta có:

$ f \left(  \frac{4}{7} \right)  = (1-a) f \left(  \frac{1}{7} \right) + a$

$ \implies \frac{1}{a^2} \cdot f \left( \frac{1}{7} \right) = (1-a) f \left( \frac{1}{7} \right) +a$ , ở đây sử dụng đẳng thức $(6)$

$ \implies  f \left(  \frac{1}{7} \right)  = \frac{ a^3}{1- (1-a) a^2}$  $(7)$

Thay $ a = \frac{1}{2}$ vào đẳng thức $(7)$ , ta có được:  $ f \left(  \frac{1}{7} \right)  = \frac{ 1}{7}$

Bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn