cho dãy số {x_n} được xác định bởi

$\left\{\begin{matrix}x_{1}=a \\ x_{n+1}=\frac{2013}{3}ln(x_{n}^2+2012^2)-2011^2 \end{matrix}\right.$

chứng minh rằng : dãy số {x_n} có giới hạn hữu hạn

Đặt $f(x) = \frac{2013}{3} ln(x^2+2012^2)-2011^2 $

$f'(x) = \frac{2013}{3}.\frac{2x}{x^2+2012^2} $

Ta có $|f'(x)| \leq \frac{2013}{3}.\frac{1}{2012} <1 $

Do đó theo Langrange, ta có đpcm

Đề bài: Tìm $f:\mathbb{N}*\rightarrow \mathbb{N}*$ thỏa mãn:

 

$\left\{\begin{matrix} f(1)=1) & \\ f(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})=f(a)^{2}+f(b)^{2}+f(c)^{2}+f(d)^{2} & \end{matrix}\right.$

Bài này có trong bồi dưỡng học sinh giỏi hàm của thầy Chung đó bạn

Cho ds $(x_{n} )$ xác định như sau:

$x1 = 2\sqrt{5}$ và $x_{n+1}=\frac{x_{n}^3+15x_{n}}{3x_{n}^2+5 }$ , với mọi x thuộc $\mathbb{N}^{*}$
a) cmr $x_{n} > \sqrt{5}$ với mọi x thuộc $\mathbb{N}^{*}$
b) tìm cttq của $x_{n}$

Mình sẽ làm cả 2 câu luôn

Ta có $x_{n+1} - \sqrt{5} = \frac{(x_n-\sqrt{5})^3}{3x_n^2+5} (*)$

Ta sẽ chứng minh câu a bằng quy nạp

Với $n=1 $ thì ta có $2\sqrt{5} > \sqrt{5} $

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$ 

Mà này là hiển nhiên theo $(*)$

b/

Làm tương tự suy ra được

$x_{n+1} + \sqrt{5} =  \frac{(x_n+\sqrt{5})^3}{3x_n^2+5} (**) $

Lấy $(*)$ chia $(**)$, ta được

$\frac{x_{n+1} -\sqrt{5} }{x_{n+1} + \sqrt{5} } =(\frac{x_{n} -\sqrt{5} }{x_{n} + \sqrt{5} })^3=...=(\frac{x_{1} -\sqrt{5} }{x_{1} + \sqrt{5} }) ^{3^{n} } $

Thay số vô rồi quy đồng là ra

Cho $a_1=3;a_2=17;a_3=99$ và $a_{n+1}=\frac{a_n^2+a_{n-1}^2-1}{a_{n-2}},n\geq 3$.

Chứng minh rằng: $a_{2016}+1$ là số chính phương.

Bài này ta làm như sau

Ta có $a_{n+1} . a_{n-2} = a_n^2 + a_{n-1}^2 -1 $ 

          $a_n . a_{n-3} = a_{n-1}^2 + a_{n-2}^2 -1 $

Trừ ngược lên theo vế, ta đc

$a_{n+1}.a_{n-2} - a_n.a_{n-3} = a_n^2 - a_{n-2}^2 $ 

$a_{n-2} (a_{n+1} + a_{n-2} )  = a_n(a_n +a_{n-3} ) $

Làm sai phân liên tục thì ta được

$\frac{a_{n+1} +a_{n-2} }{a_3+a_0} = \frac{a_n.a_{n-1} }{a_1.a_2} $ 

Ta tính đc $a_0=3 $

thay vô ta sẽ tính được

$a_{n+1} + a_{n-2} = 2a_n.a_{n-1} $ 

Cộng 2 vế cho $a_n^2+a_{n-1}^2 $

Ta sẽ có được $a_{n+1} + a_{n-2} + a_n^2+a_{n-1}^2 = k ^2 $

Thay vào lại pt đầu, ta sẽ có được

$(a_{n+1}+1)(a_{n-2} +1) = k^2 $ 

Mặt khác ta có $a_0+1 $ chính phương

$a_3+1$ chính phương

Do đó $a_{3k}+1$ chính phương

Do đó ta có đpcm  

Tìm tất cả các số thực $k$ sao cho bđt sau đúng với mọi số thực không âm $a,b,c$

$ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3} + k. max ${ $ (a-b)^2,(b-c)^2,(c-a)^2 $ }$ \leq a^2+b^2+c^2 $ 

Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c $

Khi đó, ta đặc $a=c+u ; b=c+v $ 

Đầu tiên dễ thấy $k=0$ thỏa YCBT

TH1: $ k < 0 $

Khi đó  Vế sau của bđt là hiển nhiên

Khi đó $ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3} + k. max ${ $ (a-b)^2,(b-c)^2,(c-a)^2 $ } $

Tương đương với 

$(c+u)(c+v) + c(c+u)+ c(c+v) \leq  (c+u)^2+(c+v)^2+c^2  + 3k.u^2 $

Rút gọn, ta cần tìm

$uv \leq u^2 +v^2 + 3ku^2 $

Ta cần tìm $k$ sao cho bđt này đúng với mọi số $u,v$ không âm

$(1+3k)u^2 -uv + v^2 \geq 0 $ 

Ta cần tìm $k$ sao cho bđt sau đúng với $t$ không âm

$(1+3k)t^2 - t +1 \geq 0 $

Nếu $1+3k \leq 0 $ thì vô lí

Do đó $1+3k >0 $

Ta xét hàm số $f(t)= \frac{t-1}{t^2} $

Dễ thấy $1+3k \geq max f(t) = f(2) =\frac{1}{4} $

Do đó $k \geq \frac{-1}{4} $

TH2: $k >0 $

Khi đó làm tương tự

Ta đưa về hàm

$(2-3k)t^2-2t+2 \geq 0 $

Dễ thấy khi đó $2-3k \geq \frac{1}{2} $

Do đó $k \leq \frac{1}{2} $

Do đó $\frac{-1}{4} \leq k \leq \frac{1}{2} $

Bài 4a:

 

Vế phải của phương trình ban đầu là một hàm bậc nhất theo $y$ nên $f$ là toàn ánh.

 

Lại thay $x$ bởi $f(x)$ vào phương trình ban đầu, dễ chứng minh được $f$ là đơn ánh, hay $f$ là song ánh.

 

Do đó $\exists! a$ sao cho $f(a)=0$. Thay $y$ bởi $a$ vào phương trình ban đầu, ta có $f(x)=a-2017f(x)$ hay $f(x)=c$ ($c$ là hằng số thực).

 

Thử lại ta thấy không thoả mãn, vậy không tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài.

Không làm vậy được nhé bạn

$f(x-2016f(y)) = y-2017f(x) $

Chỉ suy ra đc $f(u) -2017f(v) $ toàn ánh thôi 

Bài này ta làm như sau

Thay $x=2016f(y) => f(0) = y -2017f(2016f(y)) $

Từ đây suy ra $f$ là song ánh 

Do đó tồn tại $a: f(a)=0 $

Thay $y=a => f(x)  = a - 2017f(x) => f(x) =c $

Thử lại thấy không thỏa

Do đó không tồn tại hàm thỏa bài toán

Cho mình hỏi là ở câu dãy 2b, $k$ cố định à. Đề mờ quá không thấy

Cho $x,y,z$ không âm và thỏa $x^2+y^2+z^2=1 $

Chứng minh rằng $(x^2y+y^2z+z^2x)(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}) \leq \frac{3}{2}$ 

Bài làm

Ta có $(x^2y+y^2z+z^2x )^2 \leq (x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)(x^2+y^2+z^2) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 $

Do đó, ta đặt $a=x^2, b=y^2, c=z^2 $ với $a+b+c=1 $

BĐT cần chứng minh sẽ có dạng 

$\sqrt{ab+bc+ca} (\frac{1}{\sqrt{a+1}}+\frac{1}{\sqrt{b+1}}+\frac{1}{\sqrt{c+1}} ) \leq \frac{3}{2} $ 

Bình phương 2 vế và sử dụng bđt AM-GM, ta cần chứng minh 

$(ab+bc+ca)(\frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c} )\leq \frac{3}{4} $

Quy $PQR$, ta cần chứng minh 

$q. \frac{q+2p+3}{1+p+q+r} \leq \frac{3}{4} $

Hay là $r \geq \frac{4q^2+17q-6}{3} $ 

Mặt khác ,ta có bđt Schur bậc 3: $p^3-4pq+9r \geq 0 <=> r \geq \frac{4q-1}{9} $ 

Do đó, ta chỉ cần chứng minh bđt sau là đủ

$\frac{4q-1}{9} \geq \frac{4q^2+17q-6}{9} <=> (3q-1)(4q+17) \leq 0 $ 

Mà này hiển nhiên đúng theo AM-GM thì $ 0 <q \leq \frac{1}{3} $

Do đó, bất đẳng thức được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z $

 

 

Câu I: 

Cho hai số thực không âm $x$ và $y$ thỏa mãn điều kiện $x^2+y^2=1$.Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$$A=xy+max\{x,y\}$$

 

 

Giả sử $x \leq y $

Do đó $1 \geq y \geq \dfrac{1}{\sqrt{2} } $

Khi đó, $f(y) = A = \sqrt{1-y^2}y + y $

Ta có $f'(y) = \frac{1-2y^2}{\sqrt{1-y^2} } +1 $

$f'(y) = 0 <=> y^2(4-3y)=0 => y=0 ; y = \frac{4}{3} $

Lập bảng biến thiên, ta thấy đc

$f(y) \leq f(\frac{1}{\sqrt{2}} $ 

Do đó $A \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2} $ 

Câu 1 : Cho $x,y,z>0$ thỏa $\sum x =\sum \frac{1}{x}$

Chứng minh rằng : $\sum \frac{1}{(2xy+yz+zx)^2} \le \frac{3}{16x^2y^2z^2}$
 

Thuần nhất hóa và đổi biến $(x;y;z) -> (\dfrac{1}{x} ; \dfrac{1}{y} ; \dfrac{1}{z} ) $

Sau đó chuẩn hóa $x+y+z=3$

BĐT chứng minh được viết lại thành

$\sum \frac{1}{(x+3)^2} \leq \frac{1}{16} ( \sum \frac{1}{x}  ) $

Mặt khác, ta chứng minh đc 

$\frac{1}{(x+3)^2} -\frac{1}{16} .\frac{1}{x} \leq \frac{1}{32} x -\frac{1}{32} $

Do đó cộng lại ta có đpcm

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2ab+2bc+2ca$. Tìm GTNN của biểu thức

$$P=a+b+c+\frac{1}{abc}+\frac{9}{a+b+c}$$

Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c $

Từ đầu bài suy ra được là $\sqrt{b} + \sqrt{c} = \sqrt{a} $

Thay vô lại còn bđt 2 biến thôi

Rồi sau đó S,P là ra

Câu 4b

Với $n=2$ thì hiển nhiên đúng

Mình không biết có đúng không

Giả sử tồn tại ít nhất 1 hình tròn không chứa O là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông

Gọi S là diện tích của hình đó

Với một đường tròn nằm trong hình vuông thì $S_max = \frac{\pi}{4} $

Do đó tổng diện tích của $n-1 $ đường tròn còn lại sẽ bé hơn $\frac{\pi}{4} . (n-1) $

Do đó tổng diện tích của các hình tròn sẽ là

$\frac{\pi}{4} (n-1) + x < \frac{\pi}{4}.n < n-1  $ Mâu thuẫn

Do đó ta có đpcm

Có gì sai xin mọi người chỉ giáo

Chứng minh: $ 3n^2+5 $ chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5 ( với n là số tự nhiên )

Ta giả sử $n$ không chia hết cho $5$

Khi đó $n^2 \equiv 1;4 $ ( mod $5$ )

Suy ra $3n^2  +5 \equiv 3;2 $ ( mod $5$ )

Vô lí

Do đó $n \vdots 5 $ 

Câu 6 ngày 2

Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=2 $

Chứng minh rằng

$x^2y+y^2z+z^2x \leq x^3+y^3+z^3 \leq 1+ \frac{1}{2}(x^4+y^4+z^4)  $ 

Bài làm

Chứng minh vế đầu: $x^2y+y^2z+z^2x \leq x^3+y^3+z^3 $

Ta có $x^3+x^3+y^3 \geq 3x^2y $

         $y^3+y^3+z^3 \geq 3y^2z $

         $z^3+z^3+x^3 \geq 3zx^2 $

Do đó cộng lại ta có đpcm 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z $

Chứng minh vế sau $x^3+y^3+z^3 \leq 1+ \frac{1}{2}(x^4+y^4+z^4) $

Đặt $x+y+z= p ; xy+yz+zx=q, xyz=r $

Quy tất cả về $pqr$ và thế $p=2 $ vào, ta cần chứng minh 

$r \geq 2q-q^2-q =- (q-1)^2 $

Mà cái này hiển nhiên đúng do $r \geq 0 \geq -(q-1)^2 $

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1; z=0 $ và các hoán vị

Câu 5 ngày 2: Tìm tất cả hàm số $f: R-> R $ thỏa

$f(f(x-y)) =f(x)f(y) +f(x)-f(y) -xy $ 

Thay $x=y=0 => f(f(0)) = f^2(0) $

Thay $x=y => f(f(0)) = f^2(x) -x^2 $

Thay $x=f(0) => f(f(0)) = f^2(f(0)) - f^2(0) = f^2(f(0)) -f(f(0)) =>f(f(0)) =0 $ hoặc $f(f(0))=2 $

TH1: 

$f(f(0)) =2 => f^2(0) =2 $

Thay $y=0 => f(f(x)) =f(x)f(0) +f(x) -f(0) $

Thay $x=f(0) => f(2) = f(0) +2 $

Mà mặt khác do $f^2(x) -x^2 =2 => f^2(2) = 6 = (f(0)+2)^2 => 2+4+4f(0) =6 => f(0) =0 $ vô lí

TH2: 

$f(f(0)) =0 => f(0)=0 => f^2(x) = x^2 $

Giả sử $\exists a,b: f(a)=a ; f(b)=-b $ với $a,b \neq 0 $

Thay $x=a, y =b => f(f(a-b)) =a+b $

Mà do $f(f(a-b)) = a-b $ hoăc $f(f(a-b)) = b-a $ nên vô lí

Thử lại ta thấy chỉ có $f(x) =x $ thỏa YCBT

Bài 1 ngày 1:

a/ Giải phương trình 

$\sqrt{x+3} + \sqrt{3x+1} =2\sqrt{x} + \sqrt{2x+2} $

b/ Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x^3+y=2(x^2+1) & \\\ 2y^3+z=2(2y^2+1) \\\ 3z^3+x=2(3z^2+1)\ \end{matrix}\right.$

Bài làm

a/ Chuyển vế và nhân liên hiệp, ta được pt tương đương với

$(x-1)( \frac{1}{2\sqrt{x} + \sqrt{3x+1} } + \frac{1}{\sqrt{2x+2} + \sqrt{x+3} } )=0 => x=1 $

b/ Hệ phương trình tương đương với

$\left\{\begin{matrix} y-2=x^2(2-x) & \\\ z-2=2y^2(2-y) \\\ x-2=3z^2(2-z)\ \end{matrix}\right.$

Nếu tồn tại 1 trong 3 số $x,y,z$ bằng $2$ thì nghiệm của hệ là $(2;2;2) $

Giả sử cả 3 số đều khác $2$

Nhân hết lại , ta cần giải phương trình

$x^2+2y^2+3z^2+1 = 0 $ 

Mà rõ ràng hệ này vô nghiệm

Bài 2 vòng 1 :

Cho dãy số $x_n$ xác định bởi $x_1=2$ 

Và $x_{n+1} = \frac{2x_n+1}{x_n+2} $ 

Tìm số hạng tổng quát và tính $Lim x_n $

Bài giải

Bài này thì quen thuộc rồi

Ta có $x_{n+1} -1 = \frac{2x_n+1}{x_n+2} -1 = \frac{2x_n +1 - x_n-2}{x_n+2} = \frac{x_n-1}{x_n+2} $

         $x_{n+1} +1 =\frac{2x_n+1}{x_n+2} +1 =\frac{2x_n+1+x_n+2}{x_n+2} = \frac{(3(x_n+1)}{x_n+2} $

Do đó $\frac{x_{n+1}+1}{x_{n+1}-1} =3\frac{x_n+1}{x_n-1}=... = 3^{n} . \frac{x_1+1}{x_1-1}  $ 

Do đó tìm được CTTQ của $x_n= \frac{3^n+1}{3^n-1} $

Cho $n-> +\infty => lim x_n =1 $

Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi:
$\left\{\begin{matrix} u_1=\frac{2}{2013}\\u_n^2(2-9u_{n+1})=2u_{n+1}(2-5u_n),\forall n\ge 1 \end{matrix}\right.$
Xét dãy số: $v_n=\frac{u_1}{1-u_1}+\frac{u_2}{1-u_2}+...+\frac{u_n}{1-u_n}$.Tìm $lim(v_n).$

Ta có $u_{n+1} = \frac{2u_n^2}{9u_n^2-10u_n+4} $

Quy nạp ta được $u_n \leq \frac{2}{3} $

Mà ta có được là $f'(u_n) >0 <=> 16u_n > 20u_n ^2 $ đúng

Do đó $f(u_n) $ đồng biến có $u_2< u_1 $ nên $u_n $ giảm

Bị chặn dưới bởi $0$ chuyển sang giới hạn suy ra $Lim u_n =0 $

Biến đổi thì ta ra được là $\frac{u_i}{1-u_1}= \frac{-4(u_{i+1} -u_i)}{(3u_i-2)(3u_{i+1} -2 ) } $  

Hay là $\frac{u_i}{1-u_i} = \frac{4}{9u_{i+1}-6} - \frac{4}{9u_i -6} $ 

Do đó cộng hết lại, ta được 

$v_n =\frac{4}{9u_{n+1} -6} - \frac{4}{9u_1-6} $ 

Do đó thay vào lại ta tính đc $lim v_n =\frac{1}{2005} $

\

Câu 2: Tìm số dương $k$ lớn nhất thỏa mãn $(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-k)\geq k$, với $a,b,c$ là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn $a+b+c=ab+bc+ca$.
 

Thay $c=0, a=b=2  => k \leq 1 $

Ta chứng minh $k =1 $ thỏa 

Khi $k=1$, ta cần chứng minh

$(a+b+c)(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c} -1 ) \geq 1 $

Quy đồng và chuyển pqr, ta cần chứng minh 

$p . ( \frac{p^2+p}{pq-r} -1) \geq 1 $ 

Mà do $r \geq 0 $

Nên ta chỉ cần chứng minh 

$p(\frac{p^2+p}{p^2} -1 ) \geq 1$

Mà thật ra đây chi là đẳng thức

Do đó ta có đpcm 

Bởi vì công thức tổng quát kia là khi n chạy và x cố định, không phải x chạy. Nói cách khác, $f(x)=x+c$  chỉ đúng với chính xác 1 giá trị x thôi.

Cụ thể hơn, với mỗi x sẽ tồn tại một số c khác nhau, không phải tổng quát cho tất cả x. Lý do: giá trị của c tính theo x1 và x2, mà x1 x2 không cố định theo n

Bằng chứng rõ ràng là hàm f(x) = -x cũng có f(f(x))=x nhưng rõ ràng f(x) không phải dạng x+c

 

 

Tớ không thấy từ "sai bét" làm sao cả tại vì tất cả đều dùng từ này hàng ngày với nghĩa bình thường, trừ việc đối với vài người nhạy cảm có thể thấy nó offended. Nếu ai thấy bị offended bởi 1 từ như thế thì tớ xin lỗi luôn. Tớ cũng không thể làm hài lòng tất cả mọi người được.

Thật ra người sai chính là bạn

Thật ra còn 1 công thức nữa là $f(x)=-x +c $ nhưng mình không tiện đưa ra ở đây vì nó không thỏa thôi

Bài trên mình thay $c_2$ bởi $c_1$

Nếu bạn thay $c_1$ bởi $c_2$ thì sẽ ra công thức $f(x)=-x+c $

Người không hiểu phương pháp chính là bạn

Nếu chúng ta có 1 mối quan hệ giữa $f(f(x)), f(x), x $ với ĐK là các hàm số xét trên tập các số dương hoặc nhỏ hơn thì hoàn toàn có thể dùng pp sai phân

Bạn học lại đi

Bạn có thể xem lại cuốn PTH của thầy Nguyễn Tài Chung phần ứng dụng dãy số để giải PTH

Hoặc là trong kỉ yếu Gặp Gỡ Toán Học năm nay có bài viết của anh Võ Quốc Bá Cẩn về phần này

Bạn có thể xem bài toán 6 trang 83 trong quyển kỉ yếu này

Thân ái

Đoạn sau này viết lại vẫn sai. Đoạn nghiệm tổng quát giải sai.

Sao sai bạn

 Bước dồn biến của em sai rồi.

Sao sai vậy anh, anh chỉ em với

Câu 7 : Tìm tất cả hàm số $f : N^{*} \to N^{*}$ sao cho ba số $a,f(b),f(b+f(a)-1)$ luôn là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi $a,b \in N^{*}$ 

Thay $a=b=1 => 1, f(1), f(f(1)) $ là 3 cạnh của tam giác

Do đó  $f(1) + 1 \geq f(f(1)) +1 => f(1) \geq f(f(1))$

Mặt khác $a+f(b+f(a)-1) \geq f(b) +1 => f(f(1)) \geq f(1)$

Do đó $f(1)=f(f(1)) $ 

Ta có $a+f(b) \geq f(b+f(a)-1) +1 => f(b) \geq f(b+f(1)-1) $

Ta cũng có $a+f(b+f(a)-1) \geq f(b)+1 => f(b+f(1)-1) \geq f(b) $

Do đó $f(b)= f(b+f(1)-1) $

TH1: $f(1) \neq 1 =>f$ tuần hoàn

Mà do $f$ từ $N^{*}-> N^{*} => f $ bị chặn

Khi đó sẽ tồn tại $M=max f(x) $

Mà ta dễ dàng có $f(f(a)) +f(1) \geq a+ 1$

Cho $a -> +\infty $ ra vô lí

Do đó $f(1)=1$ 

$a+f(b) \geq f(b+f(a)-1) +1$

Thay $b=1 => a+1 \geq f(f(a)) +1 => a \geq f(f(a)) $

Mặt khác $f(b+f(a)-1) +f(b) \geq a+1 $

Cho $b=1 => f(a) +1 \geq a+1 => f(f(a)) \geq a $

Do đó $f(f(a))=a$ 

Do đó, xét dãy $x_n=f(f(...(x)...)) $ ( $n$ lần $f$ )

Khi đó ta có $x_0=x; x_1=f(x) $

Và $x_{n+2} = x_n $

Xét PTĐT có 2 nghiệm phân biệt là $x=1;-1$

Do đó nghiệm tổng quát sẽ là 

$x_n=c_1+ c_2(-1)^n $

với $c_1 + c_2 = x $

      $c_1 - c_2 = f(x) $

Do đó $c_1= x- c_2 $

Thay vào , ta đc $x_1 = f(x) =x - 2c_2 $

Do đó $f(x)= x+c $

Thử lại , ta nhận nghiệm $f(x)=x$  

Thử lại thỏa

cho phương trình $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6}+x_{7}+x_{8}+x_{9}=2009$ tìm số các bộ nghiệm (x1,x2,x3....x9) của pt sao cho các các nghiệm x1,x2,x3....x9 đều lẻ

Đặt $x_1=2x_1' +1 $

Khi đó $x_1' không âm $

Do đó, ta đưa về phương trình

$x_1' + ... + x_9'=1000 $

Với $x_1',...,x_9' $ không âm

Đây là bài toán chia kẹo Euler

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN LẦN 2

NĂM HỌC 2016-2017

 

 

Bài 2(6 điểm):

 

$2)$ Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(x^3)+f(y^3)=(x^2-xy+y^2)\left ( f(x)+f(y) \right )\ ;\forall x,y\in \mathbb{R}$

 

Câu dãy hình như sai đề nha anh

câu hàm 

$x=y=0 => 2f(0)=0 => f(0)=0 $

$y=0 => f(x^3) = x^2f(x) $ 

Do đó $f(x^3) + f(y^3) = x^2f(x) + x^2f(y) -xyf(x) -xyf(y) +y^2f(x) +y^2f(y ) $

Do đó $x^2f(y) + y^2f(x) = xy( f(x) +f(y) )<=>x(xf(y) -yf(x) ) + y(yf(x)-xf(y)) =0 => (xf(y)-yf(x))(x-y) =0  $ 

Khi $x=y => xf(y)=yf(x) $

Mà khi $x \neq y => xf(y)=yf(x) $

Do đó $xf(y)=yf(x) , \forall x,y \in R $

Do đó thay $y=1 => f(x) =xf(1) $

Thử lại $f(x)=x$