Bài hình của ku Đạt 

Bài 4:   Tìm tất cả hàm số lẻ $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

 

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

Vì $f$ là hàm lẻ nên dễ dàng có $f(0)=0$

Thay $x=0$ ta được $f(y)=f(-f(y))$ (1)

Thay $y$ bởi $-f(x)$ ta được $f(x-f(x))=-2x+f(0)$ suy ra $f$ toàn ánh 

Do đó tồn tại $t\in\Bbb R$ sao cho $f(t)=0$

Thay $y=t$ ta được $f(f(x)+t)=2x+f(x)$ suy ra $f$ đơn ánh.

Do đó (1) suy ra $f(y)=-y, \forall y\in\mathbb R$

Vậy $f(x)=-x, \forall y\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.

Bài 1: (ngày 2)

Thay $x=0$ ta được $f(f(y))=y+f(0)+yf(0)$, suy ra $f$ đơn ánh.

Thay $x=0, y=0$ ta được $f(f(0))=f(0)\Rightarrow f(0)=0$

Cho $y=x$ ta được $f(x+f(x)+xf(x))=x+f(x)+xf(x)$

Do đó có thể kết luận là $x+f(x)+xf(x)=0$, vì nếu không thì $\frac{f(x)}{x}=1, \forall x$, mâu thuẫn với việc tăng thật sự.

Vì vậy $f(x)=\frac{-x}{x+1},\forall x\in (-1;+\infty)$.

Thử lại thấy thỏa mãn.

Câu PTH Thay x=0 vào ta được $f(0+2f(y))=f(0)+\frac{y}{2}$.Dễ thấy $f$ đơn ánh (và cả toàn ánh nhưng không cần dùng)

Thay x=y=0$\Rightarrow f(2f(0))=f(0)\Rightarrow f(0)=0$.Khi đó $f(2f(y))=\frac{y}{2}$.

Thay $y=f(2y)$ (á phải dùng toàn ánh ) vào PTH ban đầu ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$ kết hợp với $f(x)\geq 0$ với mọi $x\geq 0\Rightarrow f$ cộng tính $\Rightarrow f(x)=x.$

Câu hàm có vẻ lú lú, em góp ý cách nhanh hơn 

Thay $x=a$ ta được $f$ là toàn ánh.

Thay $y=0$ ta được $f(0)=0$

Thay $x=0$ ta được $f(2f(y))=\frac{1}{2} y$

Thay $y$ bởi $2f(y)$ ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$

Theo ii) ta có $f$ tuyến tính trên $\Bbb R$ do đó $f(x)=cx, \forall x\in\mathbb R$

Thay lại và phương trình hàm ban đầu ta được $f(x)=\frac 12 x,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại thấy thỏa mãn.

gõ lộn hihi, xin lỗi nha

Ôi, bẻ lái phút cuối :') . Thôi không sao mình tiếp tục từ bước 2 trường hợp.

Ta sẽ kiểm tra xem có tồn tại hàm khác sao cho $f(a)=0$ và $f(b)=-b^{2020}$, với $a,b \neq 0$ không.

$P(0,\frac 12 f(0)) \Rightarrow f(0)=0$ 

$P(0,y)\Rightarrow f(-y)=f(y)$ suy ra $f$ là hàm chẵn

$P(a,-b)\Rightarrow f(-b)=f(a^{2020}+b)=f(b)$

Nếu $f(a^{2020}+b)=0$ thì $-b^{2020}=0\Rightarrow b=0$ (mâu thuẫn $b\neq 0$)

Nếu $f(a^{2020}+b)=-(a^{2020}+b)^{2020}=-b^{2020}=f(b)$ cũng mâu thuẫn nốt. 

Vậy chỉ có 2 hàm $f(x)=0 \forall x\in\Bbb R$ và $f(x)=-x^{2020} \forall x\in\mathbb R$ thỏa

Thử lại chỉ có $f(x)=0$ thỏa.

(Lưu ý: Không nên dùng $P(a,b)$ vì bài này dùng cái đó nó bị bí chỗ $-(a^{2020}-b)^{2020}=-b^{2020}$)

Bài này là VMO 2002 nhưng đổi số. Có một cách trong file "Kĩ thuật giải phương trình hàm", nhưng mà sao không hiểu người viết sách lại không dùng cách này nhỉ

Gọi $P(x,y)$ là phép thể của phương trình hàm đề bài. 

Ta cần triệt tiêu $f(y-f(x))$ và $f(x^{2020}-y)$ do đó ta cần $y-f(x)=x^{2020}-y\Rightarrow y=\frac 12 (x^{2020}+f(x))$

Do đó $P(x, \frac 12 (x^{2020}+f(x))) \Rightarrow 2019.\frac 12 (x^{2020}+f(x))f(x)=0$

Suy ra $f(x)=0$ hoặc $f(x)=-x^{2020}$. 

Quên mất vì $f:\mathbb R^+ \to \mathbb R^+$ nên $f(x)=-x^{2020}, \forall x\in\Bbb R^+$, không cần bước kiểm tra hàm khác.

Thử lại vào phương trình hàm ban đầu thấy không thỏa, vậy không có hàm nào thỏa đề bài.

Quy về PT giới hạn $L=\sqrt{3L-2}$ với $L\in [1,2]$ thì $L=1$ cũng thỏa điều kiện. Vậy làm sao để ta loại $L=1$ ?

Như em đã chứng minh $(a_n)$ là dãy tăng và $a_1=\frac 32 $ nên bỏ đi $L=1$

Đặt $f(x)=\sqrt{3}+\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$  ta có $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R^+}\setminus \{\pm 1\}$

 

và $f'(x)=-\frac{1}{(x^2-1)\sqrt{x^2-1}}<0$ suy ra $f(x)$ là hàm nghịch biến trên $\mathbb{R^+}\setminus \{\pm 1\}$

 

Với $x_1=2006$ suy ra $x_2\approx 2.73$ và $x_3\approx 2.81$

 

Khi đó $x_1>x_3 \Rightarrow x_2=f(x_1)<f(x_3)=x_4 \Rightarrow x_3=f(x_2)>f(x_4)=x_5$

 

Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được $(x_{2n+1})$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $1+\sqrt{3}$

 

$(x_{2n})$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $\sqrt{3}+\sqrt{\frac{4+2\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}}$

 

Khi đó giới hạn của dãy $(x_{2n+1})$, $(x_{2n})$ tồn tại, đặt $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{2n+1}=a$ và $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{2n}=b$

 

Từ đó ta tìm nghiệm của hệ $$\left\{\begin{matrix}a=\sqrt{3}+\frac{a}{\sqrt{a^2-1}}\\ b=\sqrt{3}+\frac{b}{\sqrt{b^2-1}}\end{matrix}\right.$$  với $a\geq 1+\sqrt{3}$ và $1+\sqrt{3}<b\leq \sqrt{3}+\sqrt{\frac{4+2\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}}$

 

Hệ có nghiệm $a=b=\frac{1}{2}\left ( \sqrt{3}+\sqrt{15} \right )$

 

Suy ra $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=\frac{1}{2}\left ( \sqrt{3}+\sqrt{15} \right )$

Anh cho em hỏi làm sao để tìm được giá trị chặn để chứng minh, ví dụ trong bài này dãy con bị chặn trên bởi số khá là lẻ.

- $(a_n)$ là dãy dương (1): Dễ dàng quy nạp được từ công thức truy hồi

- $(a_n)$ bị chặn trong khoảng $[1;2]$ (2): Cũng đơn giản từ quy nạp ráp vào

- $(a_n)$ là dãy tăng (3): Tiếp tục quy nạp thêm lần nữa cần chứng minh $a_{n+1}^2>a_n^2$ để xài (1) ta có $a_n^2-3a_n+2\leq 0$ luôn đúng theo (2)

Từ (2), (3) có được $(a_n)$ là dãy hội tụ, quy về bài toán tìm lim ta được $L=2$

Chứng minh định lí Tam-cef (Fec-mat ngược) Phương trình $n^{x}+n^{y}=n^{z}$ không có nghiệm x,y,z là các số nguyên dương với n > 2, n C N

Giả sử phương trình có nghiệm.

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y$

Chia hai vế cho $n^y$ ta được $1+n^{x-y}=n^{z-y}$

Với $x\neq y$ thì ta sẽ được $n=1$ (loại, vì thay lại không thỏa) 

Với $x=y$ thì $n^{z-y}=2$ do đó $n=2$ (loại, vì $n\geq$ 2)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương $x,y,z$ 

Câu b, có thể tổng quát thành bài toán này: "Tam giác $ABC, D \in BC, E$ bất kỳ. $DM, DN$ song song với $AC, AB$ ($M, N$ thuộc $EB, EC$). Chứng minh trung điểm $MN$ thuộc đường cố định khi $D$ di chuyển."Việc chứng minh y chang bài của Hoang72 ở đây.

 

Câu a chịu lun

Câu b bạn đưa về bài toán tổng quát nó rơi vào trường hợp đặc biệt mấy r, nhưng mà có lẽ vẫn dùng ERIQ được.

Day 2 (8/9/2021)

Bài 5(5đ). Cho $a,b,c$ là các số thực không âm sao cho $(a+b)(b+c)(c+a)>0$. Chứng minh rằng $$\frac{ab}{(a+b)^2}+ \frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2}+ \frac 54 \ge \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}.$$

Bài bất là bài Trường đông 2015

1. Việc bạn coi topic này là công cụ giải trí trong khi lại đi lấy hình học phẳng để nói là không vui. 

2. Toán học cơ bản không hề dùng hình học phẳng phức tạp, và thêm điều nữa là cũng chả ai bắt bạn đi thi Olympic nếu bạn không thích nó đâu. Đâu phải lúc nào người ta đi rèn hình học phẳng chỉ sau này làm nghề ứng dụng toán học mà theo bạn nói là không áp dụng mấy cái 'mạng nhện' như của Olympic đâu. Người ta có thể đi nghiên cứu toán học, có thể tìm ra định lý nếu họ đủ giỏi, việc mà mình nghĩ sau này bạn sẽ không bao giờ làm được nếu đi nghiên cứu mà vẫn tư tưởng đấy. 

3. Bộ giáo dục không hề ép chúng ta học, mà là chúng ta tự học vì lợi ích bản thân. Chả ai nói bạn học vì gia đình trường lớp cả, (xét về mặt đam mê), còn nếu bạn vẫn muốn cãi là trường khi dạy đội tuyển cứ suốt ngày dạy mấy cái đó thì mình nghĩ bạn không nên đi thi, thế cho $\square$ 

Đặt $\lim_{n \to +\infty} x_n=L$ ($L> 0$)

Ta có : $\sqrt{3}+\frac{L}{\sqrt{L^2-1}}=L\Rightarrow L=\frac{\sqrt3+\sqrt{15}}{2}$.
 

Nhưng mà phải chứng minh dãy hội tụ đã rồi quy về phương trình giới hạn 

Cho $x=y=0$ suy ra $f(0)=0$. Cho $y=0$ thì có được: $f(x^2)=f^2(x)$. Cho $x=1$ thì ta có được $f(1)=1$ hoặc $f(1)=0$. 

TH1: $f(1)=0$ thì cho $x=1$ có: $f(1)=f^2(1-y)-f(y^2)$ hay là $f^2(1-y)=f(y^2)=f^2(y)$ giải tiếp thấy vô lí.

TH2: $f(1)=1$ thì dễ rồi giải như bạn đó có được: $f(x)=x$.

Ở trường hợp $f(0)=0$ hình như có thể ép được thêm 1 nghiệm $f(x)=0$ nữa, từ việc $f(x)=\pm f(x+kt)$ rồi thế như nào đó (theo dạng $A+B=0, A,B \geq 0$, có lẽ vậy)

Còn trường hợp $f(0)=2$ thì còn 1 nghiệm hằng nữa. Mình thay $y=0$ thì được $f(x^2)+2=f(x)^2$, rồi sau đó thay $x=0$; $y$ bởi $-x$ để được $f(4x)+f(x^2)=f(x)^2$. Kết hợp lại được $f(4x)=2$ hay $f(x)=2$ thỏa mãn. 

Câu 2. Gọi $P(m, n)$ là phép thế $m=u$ và $n=v$ vào phương trình $f(n^{2})=f(n-m).f(n+m)+m^{2}, \forall m, n\in \mathbb{R}.$    (1)

$P(0, 0)\Rightarrow f(0)=f(0)^{2}\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=1.$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$P(0, n)\Rightarrow f(n^{2})=f(n)^{2}, \forall n\in \mathbb{R}.$    (2)

$P(m, m)\Rightarrow f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (3)

Từ (2) và (3) suy ra: $f(m)^{2}=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}.$    (4)

$P(m, 0)\Rightarrow f(m).f(-m)+m^{2}=0, \forall m\in \mathbb{R},$ kết hợp với (4) ta được:

$f(m).f(-m)+f(m)^{2}=0\Leftrightarrow f(m)\left ( f(-m)+f(m) \right )=0, \forall m\in \mathbb{R}.$    (5)

Giả sử có số $a:f(a)=0,$ thì từ (4) ta thế $m=a$ ta được: $f(a)^{2}=a^{2}\Rightarrow a=0.$ Vậy từ đây suy ra: $f(m)=0\Leftrightarrow m=0.$

Từ (5) xét với $m\neq 0$ thì $f(m)\neq 0,$ vậy ta có: $f(-m)=-f(m), \forall m\neq 0.$ Mà do $f(0)=0$ nên ta suy ra: $f(-m)=-f(m), \forall m\in \mathbb{R}.$

Từ $f(m)^{2}=m^{2}\geq 0, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)\geq 0\Leftrightarrow m\geq 0.$

Ta có: $f(m^{2})=m^{2}, \forall m\in \mathbb{R}\Rightarrow f(m)=m, \forall m\geq 0.$

Xét $m< 0\Rightarrow -m> 0\Rightarrow f(-m)=-m, \forall -m> 0,$ do $f$ là hàm lẻ nên $f(-m)=-f(m)=-m, \forall m< 0\Rightarrow f(m)=m, \forall m< 0.$ Từ đây suy ra: $f(m)=m, \forall m\in \mathbb{R}.$ Thử lại thấy thỏa mãn.

TH1 nên làm ngắn hơn từ chỗ $f(x^2)=x^2$ suy ra $f(x)=x, \forall x\geq 0$. Chứng minh thêm $f(x)=x, \forall x<0$ bằng việc coi $x\geq 0$ thì $f(-x)x=-x^2 \Rightarrow$  $f(-x)=-x, \forall x\geq 0$ hay $f(x)=x, \forall x<0$. 

$100$%? @@

Thấy bài 4 quen quen, thì ra là đề PMO 2021 mình mới lấy đề này ra cho bọn nhỏ :'). 

Xem ở đây

Bạn hãy cố gắng khi làm những bài mà nó có trường hợp tổng quát $n$ thì bạn hãy cố gắng chia trường hợp nhỏ cho nó, khả năng cao sẽ lụm được chút điểm ấy.

Cách này chỉ đúng trên $\mathbb{R}^+$ thôi em.

À em quên mất, hình như với $\Bbb R$ thì dùng cách này, em thấy hơi khó hiểu nên nhờ mọi người thông hiểu giùm 

Gợi ý: Đặt $f(x)=e^{g(\text{ln }x)}$ thì sẽ dễ dàng có được $g$ là hàm Cauchy. Mà $f$ liên tục nên $g$ liên tục. Do đó $g(x)=cx$, $c$ là hằng số bất kì. Và sau đó ra được hàm như bạn đề cập. 

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

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

Chứng minh rằng f là hàm cộng tính.

Mình nghĩ nếu bạn cần chứng minh tuyến tính thì cần thêm điều kiện $f$ liên tục (nếu tuyến tính thì ra hàm thỏa luôn đi chứ còn bảo chứng minh làm gì ), còn không thì chỉ được cộng tính như em Hoàng nói. 

Thực ra theo hướng của em Hoàng thì việc chứng minh cái bài toán phụ như anh Perfectstrong có thể sẽ khó khăn nên mình đề xuất cách 2 dễ tiếp cần hơn (với việc bài toán phụ sẽ dễ hơn).

Tự suy ra được $f(0)=0$ và $f$ là hàm lẻ. 

Thay $x$ bởi $-x$ và $y$ bởi $-y$ và dùng hàm lẻ ta được $f(xy-x-y)=f(xy)-f(x)-f(y)$ (2)

Lấy (1)+(2), vế theo vế được $f(xy+x+y)=f(x+y-xy)+2f(xy)$.

Từ đây sẽ rất dễ dàng chứng minh được với mọi $a,b$ thì hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} x+y=a\\ xy=b \end{array} \right.$ luôn có nghiệm. (Dễ dàng chứng minh bằng việc xét khoảng của $b$)

Do đó mình viết lại là $f(a+b)=f(a-b)+2f(b)$

Tới đây có thể đưa về hàm Jensen rồi biện luận ra hàm Cauchy như em Hoàng, hoặc bạn có thể thay $a$ bởi $a+b$ được $f(a+2b)=f(a)+2f(b)$, cho $a=0$ để có $f(2b)=2f(b)$, thay lại vào được $f(a+2b)=f(a)+f(2b)$ hay $f(a+b)=f(a)+f(b)$ làm hàm cộng tính.

P/s: Bài này là IMO Shortlist 1979, một bài rất điển hình trong chuyên đề phương trình hàm Cauchy mà mình khuyên bạn nên quan tâm nó nhiều hơn :Đ

 

Đề thi chọn đội tuyển Thanh Hóa 2021-2022

Bài 1. (5đ) Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} a_1=4\\3a_{n+1}=(a_n+1)^3-5 \end{matrix} \right. ,\forall n \in \mathbb{N}^*$.

1. Chứng minh $a_n$ nguyên dương $\forall n \in \mathbb{N}^*$
2. Đặt $u_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{a_k-1}{a_k^2+a_k+1}$. Tính giới hạn dãy $(u_n)$ khi n dần tới dương vô cực

Bài 2. (5đ) Cho tam giác $ABC$ nhọn có các đường cao là $AD, BE, CF (D \in BC, E \in CA, F \in AD)$. Gọi $\omega_B, \omega_C$ lần lượt là các đường tròn nội tiếp các tam giác $BDF$ và $CDE$; gọi $M$ là tiếp điểm của $\omega_B$ với $DF$ và $N$ là tiếp điểm của $\omega_C$ với $DE$. Đường thẳng $MN$ cắt lại $\omega_B, \omega_C$ lần lượt tại $P$ khác $M$ và $Q$ khác $N$. Chứng minh $MP=NQ$.

 

Bài 3. (5đ) Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}^+$ thỏa mãn 

$$f(x+f(xy))+y=f(x)f(y)+1, \forall x \in \mathbb{R} ^+, \forall y \in \mathbb{R} ^+.$$

 

Bài 4. (5đ)

1. Cho $m, n$ là các số tự nhiên thòa $n \le m-1$. Tìm tất cả các cặp $(x,y)$ nguyên dương thỏa $x^2-(m-2)xy+y^2+n=0$
2. Chứng minh $a^2+\frac{4a^2+b-1}{b}$ không thể là SCP với mọi bộ số nguyên dương $(a,b)$

 

Hơi bị căng khi đề Thanh Hóa lại ra bài phương trình hàm nằm trong đề IMO Shortlist :') . Thôi thì đây là một hướng giải để mọi người có thể đi theo. Mình không gửi lời giải vì nguồn đã có các bạn có thể tìm: 

• $f$ đơn ánh
• $f$ là hàm tăng
• $f$ là hàm tuyến tính
• $f(x)=x+1,\forall x\in\mathbb R^+$

Bạn để ý nếu coi $D,E,F$ là 3 trung điểm của $BC,CA,AB$ ; gọi $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $DEF$ (do đó $N$ là tâm đường tròn Euler), gọi $G$ là trực tâm

Dùng phép vị tự tâm G, tỉ số $\frac 12$ biến tam giác $ABC$ thành tam giác $DEF$, biến $OG$ thành $NG$. Do đó $NG=\frac{1}{2}OG$ và $N,G,O$ thẳng hàng

Tới đây lại có $HG=2OG$ thì dễ dàng suy ra được tính chất là trung điểm $OH$ là tâm đường tròn Euler.

Đặt $f(x)=e^{g(x)}$. Suy ra $e^{g(x+y)}=e^{g(x)}.e^{g(y)}\Rightarrow g(x+y)=g(x)+g(y)$

Mà $f$ liên tục nên $g$ liên tục. Do đó $g(x)$ là hàm Cauchy tuyến tính. Suy ra $g(x)=cx, \forall x\in\mathbb R$, $c$ là hằng số bất kì. 

Vậy $f(x)=e^{cx}, \forall x\in\mathbb R$, $c$ là hằng số bất kì.