ta có $f(x+2)=-f(x+1)=f(x)$ Suy ra f(x)=h({$\frac{x}{2}$}) với $h(x)$ là hàm số tuần hoàn với chu kì 1 và {x} là phần lẻ của x

Sao có cái dòng thứ 14  vậy bạn??

Ta có $$a_{n+1}+\frac{1}{3}a_n\geq a_n+\frac{1}{3}a_{n-1} (1)$$

Xét dãy $(y_n)_{n=1}^{n=+\infty}, y_{n}= a_{n+1}+\frac{1}{3}a_{n}$Từ (1) ta có $$y_{n}\geq y_{n-1}$$ Mặt khác do $a_n \leq \alpha$ nên $$y_n \leq \alpha +\frac{\alpha }{3 }=\frac{4\alpha }{3}$$ Suy ra dãy $y_n$ hội tụ. Giả sử $\lim y_n=b$ đặt $c=\frac{3b}{4}$ Ta chứng minh $lim a_n=c$. Do dãy $y_n$ hội tụ nên với mọi $\varepsilon >0$ tồn tại $n_0$ thuộc $\mathbb{N}$sao cho với mọi $n \geq n_0$, ta có: $$\left | y_n-b \right |< \frac{\varepsilon }{3}$$$$\Leftrightarrow \left | a_n+\frac{a_{n-1}}{3}-\frac{4c}{3}\right |<\frac{\epsilon }{3}$$$$\Leftrightarrow \frac{\epsilon }{3}> \left | (a_{n+1}-c)+\frac{1}{3}(a_{n}-c)\right |> \left | a_{n+1}-c \right |-\frac{1}{3}\left | a_{n}-c \right |$$ Suy ra $$\left | a_{n+1}-c \right |<\frac{1}{3}\left | a_n-c \right |+\frac{\varepsilon }{3}(2)$$

Trong (2) lần lượt lấy $n=n_0;n_0+1;n_0+2;..... $ ta được

$$\left | a_{n_0+1} -c\right |<\frac{1}{3}\left | a_{n_0}-c \right |+\frac{\varepsilon }{3}$$

$$\left | a_{n_0+2} -c\right |<\frac{1}{3}\left | a_{n_0+1}-c \right |+\frac{\varepsilon }{3}<\frac{1}{3^2}\left | a_{n_0}-c \right |+\frac{\varepsilon }{3}(\frac{1}{3}+1)$$

$$...........................................$$

$$\left | a_{n_0+k} -c\right | < \frac{1}{3^k}\left | a_{n_0} -c\right |+\frac{\varepsilon }{3}(\frac{1}{3^{k-1}}+\frac{1}{3^{k-2}}+...+1) (3)$$

Từ (3) ta có $$ \left | a_{n_0+k} -c\right |< \frac{1}{3^k}\left | a_{n_0} -c\right |+\frac{\varepsilon }{3}(\frac{1-\frac{1}{3^{k}}}{1-\frac{1}{3}})$$

$$\Leftrightarrow \left | a_{n_0+k} -c\right |< \frac{1}{3^k}\left | a_{n_0} -c\right |+\frac{\varepsilon }{2}(1-\frac{1}{3^{k}})< \frac{1}{3^k}\left | a_{n_0} -c\right |+\frac{\epsilon }{2}$$

Mà $\frac{1}{3^{k}}\left | a_{n_0}-c \right |<\frac{\epsilon }{2}$ khi k đủ lớn . Do đó khi k đủ lớn ta có

$$\left | a_{n_0+k}-c \right |<\frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon $$

Vậy khi k đủ lớn nói cách khác với n đủ lớn ta có dãy $(a_n)_{n=1}^{n=+\infty}$ hội tụ hay nói cách khác nó có giới hạn hữu hạn

Bài này có thể xét thêm dãy phụ đây chỉ là 1 cách thôi !! Bài này tựa tựa đề HSG Quốc gia 1988. Có gì sai sót góp ý dùm nhé

Sax Đúng là dài thiệt tại lúc nhìn vào thấy ngay cái chuẩn hóa nên làm thử ấy mà @@

Bạn coi tui làm vậy được không nhé!!!

Ta có  $$f(n+1)-f(n)=\sum_{i=0}^{i=n}\frac{1}{f(i)+f(i+1)}-\sum_{i=0}^{i=n-1}\frac{1}{f(i)+f(i+1)}=\frac{1}{f(n)+f(n+1)}$$

Suy ra $$ f^2(n+1)-f^2(n)=1 \forall n\geq1$$

Cho n chạy từ 1 đến n-1, rồi cộng các đẳng thức lại vế theo vế, ta được $$f^2(n)-f^2(1)=1+1+....+1$$ (n -1 số 1)

Suy ra $$f^2(n)-f^2(1)=n-1$$ Thay $n=2014^2-1$ ta được f(0)=0 Từ đó suy ra f(n)

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hoá cho $$a+b+c=3$$ Ta có BĐT cơ bản sau: $$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$$ Cho nên BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{3-c}{3+c}+\frac{3-a}{3+a}+\frac{3-b}{3+b}\leq\frac{3}{2}$$$$\Leftrightarrow \frac{3-c}{3+c}-\frac{1}{2}+\frac{3-a}{3+a}-\frac{1}{2}+\frac{3-b}{3+b}-\frac{1}{2}\leq 0$$$$\Leftrightarrow \frac{1-a}{3+a}+\frac{1-b}{3+b}+\frac{1-c}{3+c}\leq 0$$$$\Leftrightarrow \frac{(1-a)(a-3)}{(3+a)(a-3)}+\frac{(1-b)(b-3)}{(3+b)(b-3)}+\frac{(1-c)(c-3)}{(3+c)(c-3)}\leq0$$

Mặt khác nếu $a \geq b \geq c$ thì ta có $$(1-a)(a-3)\geq(1-b)(b-3)\geq(1-c)(c-3) (1)$$

Thật vậy từ (1)$$\Leftrightarrow -3+4a-a^2\geq-3+4b-b^2$$$$\Leftrightarrow b^2-a^2-4(b-a)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(b+a-4)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(3-a-4)\geq0$$$$\Leftrightarrow (b-a)(a+1)\leq0$$(đúng)

Và nếu $a\geq b\geq c$ thì ta cũng có $$\frac{1}{(a+3)(a-3)}\leq \frac{1}{(b+3)(b-3)}\leq \frac{1}{(c+3)(c-3)}$$

Do đó theo Bất đẳng thức Cheybyshev, ta có:$$\sum \frac{(1-a)(a-3)}{(a+3)(a-3)}\leq \frac{1}{3}(\sum (1-a)(a-3))(\sum \frac{1}{(a+3)(a-3)})$$

Mặt khác $$9=(a+b+c)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$$$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq3$$

Nên$$\sum (1-a)(a-3)=4(a+b+c)-9-(a^2+b^2+c^2)\leq12-9-3=0$$

Suy ra ĐPCM Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Chém phát cho chú Bách bớt xui. Xét f(x)=$\frac{cos(2\pi x)}{6\sqrt3}$. Ta có $$f'(x)=\frac{-\pi }{3\sqrt3}sin(2\pi x)$$ Suy ra$$\left | f'(x) \right |\leq1$$

Mặt khác theo định lí Lagrange: $$\left |x_1-x_2 \right |=\left |f(x_2)-f(x_3) \right |=\left | f'(\zeta ) \right |\left | x_2 -x_3\right |\leq\left | x_2 -x_3\right |$$ Tương tự ta có $$\left | x_1-x_2 \right |\leq \left | x_2-x_3 \right |\leq \left | x_3-x_4 \right |\leq \left |x_4-x_1 \right |\leq \left | x_1-x_2 \right |$$ Do đó $$\left | x_1-x_2 \right| = \left | x_2-x_3 \right |= \left | x_3-x_4 \right |=\left |x_4-x_1 \right |= \left | x_1-x_2 \right |$$(1). Giả sử x₁=max{x₁;x₂;x₃;x₄} Cho nên từ (1) ta có $$x_1=x_2=x_3=x_4$$ Từ đó suy ra ĐPCM Đoạn sau thì chứng minhc ó nghiệm duy nhất Suy ra $$x_1=x_2=x_3=x_4=\frac{1}{12}$$

Dễ dàng chứng minh được $$\sum tanA=\prod tanA$$ và $$\sum tanA\geq 3\sqrt3$$. Dấu bằng xảy ra khi A=B=C=

Theo Định lí Pitago ta có $$a^2=b^2+c^2$$ Từ đó $$c=\sqrt{a^2-b^2}$$ Thế số vào..

Mình ko hiểu chỗ này lắm $$\frac{b^{p}+d^{b}}{b+d}=2^{r}$$ 

Àh đúng rồi
!!!Tại tích mình lấy từ 1 nên nhầm chút...!!! Sorry!!!

Dễ dàng chứng minh được $$2a_{n}^2-b_{n}^2=2a_{n-1}^2-b_{n-1}^2$$

Khi đó ta có :$$2a_{n}^2-b_{n}^2=..........=2a_{1}^2-b_{1}^2=9$$ (1)

Cho nên từ (1) suy ra $$b_{n}^2+9=2a_{n}^2$$

Lấy tích từ 0 đến n  hai vế thì ta được:

$$\prod_{k=0}^{n}(b_{k}^2+9)=2^n(\prod_{k=0}^{n}a_{k})^2$$

Do đó từ ycbt suy ra n phải là số nguyên dương lẻ

Mà bạn ơi đề có cho f liên tục ko? Nếu có thì mình có thể giải được còn hông thì chưa ???? @@

Cho k là 1 số nguyên dương $k\geq7$ và 0$\leq$x,y<$2^{k}$.Có bao nhiêu bộ số (x;y) thỏa $$73^{73^x}\equiv 9^{9^y} (mod 2^k)$$


 

Cho phương trình sau $2x^2+5y^2=n$ có nghiệm nguyên.Chứng minh phương trình $2x^2+5y^2=11n$ cũng có nghiệm nguyên (Cà Mau TST 2006-2007)

Dễ dàng chứng minh được f đơn ánh và kết hợp với f liên tục suy ra f đơn điệu thực sự trên R.Thay x=0 suy ra f(f(0))=f(0)=>f(0)=0

1.Trường hợp f giảm.Cố định x ta xây dựng dãy sau: a₀=x,a_n=f(a_n-1) với n thuộc N^*.

Từ giả thiết lấy x=a_n,ta có a_n+2 -a_n+1 -a_n=0 Suy ra a_n=A$r_1^n$+B$r_2^n$ với r₁=$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ và r₂=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.Do $a_0$=x và $a_1$=f(x) nên ta có hệ sau A+B=x và A$r_1$+B$r_2$=f(x)

Suy ra $$(A;B)=(\frac{f(x)-r_2x}{r_1-r_2};\frac{r_1x-f(x)}{r_1-r_2})$$

Do đó $$a_n=\frac{f(x)-r_2x}{r_1-r_2}r_1^n+\frac{r_1x-f(x)}{r_1-r_2}r_2^n$$

Do f đơn điệu thật sự nên $\frac{a_{n+1}}{a_n}$=$\frac{f(a_n)-f(0)}{a_n-0}$ có dấu không đổi.Vì thế nếu nếu f(x)-$r_1$x khác 0 thì

$\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=r_2>0$

Điều này mâu thuẫn vì từ đó suy ra $\frac{a_{n+1}}{a_n}>0$ với mọi n suy ra $\frac{a_1}{a_0}>0$ do đó $\frac{f(x)}{x}>0$với mọi x thuộc $\mathbb{R}$ (Vô lí).Vậy $f(x)=r_1x=\frac{1-\sqrt5}{2}x$

2.Trường hợp 2(f tăng thật sự): Dễ dàng chứng minh f toàn ánh.Thậy vậy với a thuộc $\mathbb{R}$.Giả sử f(x)$\neq$a với mọi x thuộc $\mathbb{R}$.Do f liên tục nên hoặc $f(x)>a$ với mọi x hoặc $f(x)<a$ với mọi x.

 +)f(x)>a.Khi đó $f(f(x))>f(a)>a$ $\Rightarrow$ $f(x)>a-2x$$\Rightarrow$$f(-n)>a+2n$ với mọi n thuộc$\mathbb{N}$Suy ra $0=f(0)>f(-n)>a+2n$(Vô lí).Tương tự trường hợp kia

_Vậy kết hợp với f đơn ánh suy ra f song ánh nên tồn tại ánh xạ ngược của f(x).Dễ thấy $f^{-1}(0)=0$Khi đó ta xây dựng dãy sau:

$$a_1=f(x), a_2=x, a_n=f_{-n}(x)=f^{-1}(f^{-1}.....(f^{-1}(x)))...)$$ (n chữ f).

_Trong giả thiết thay x bởi $f^{-1}(a_{n-1})$.ta được: $a_{n-2}$=$a_{n-1}$+$a_{n}$.

_Dùng sai phân ta suy ra: $$a_n=\frac{x-\gamma _2f(x)}{\gamma _1-\gamma _2}\gamma _1^n+\frac{\gamma _1f(x)-x}{\gamma _1-\gamma _2}\gamma _2^n với \gamma _1=\frac{-1-\sqrt5}{2}và \gamma _2=\frac{-1+\sqrt5}{2}$$

_Với $r_1$ và $r_2$ như trường hợp 1.Khi đó $\gamma _1r_1=1$ và $\gamma _2r_2=1$.

_Ta có: $f_{-n}(x)$=$f^{-1}(a_n)$ ( vì x=$f^{-1}(a_{n-1}$))=$a_{n+1}$=$\frac{x-\gamma _2f(x)}{\gamma _1-\gamma _2}r_1^{-n-1}+\frac{\gamma _1f(x)-x}{\gamma _1-\gamma _2}r_2^{-n-1}$

_Dễ dàng chứng minh được $f_{-n}(x)$ tăng

_Xét x>0khi đó f(x)>0,$f_{-n}(x)>0$ với mọi n .Cho nên:

$$\frac{x-\gamma _2f(x)}{\gamma _1-\gamma _2}r_1^{-n-1}+\frac{\gamma _1f(x)-x}{\gamma _1-\gamma _2}r_2^{-n-1}>0$$

Suy ra $$[\gamma _1f(x)-x]r_2^{-n-1}<[\gamma _2f(x)-x]r_1^{-n-1} $$ (2) 

Từ (2) Lấy n=2k ta được

$$(\frac{r_2}{r_1})^{-2k-1}<\frac{\gamma _2f(x)-x}{\gamma _1f(x)-x}  ( do \gamma _1f(x)-x<0;r_1^{-2k-1}<0)$$

Từ (2) lấy n=2k-1,ta được

$$(\frac{r_2}{r_1})^{2k}>\frac{\gamma _2f(x)-x}{\gamma _1f(x)-x}  (do \gamma _1f(x)-x<0;r_1^{2k}>0)$$

Cho k tiến tới vô cùng và sử dụng nguyên lí kẹp suy ra $\gamma _2f(x)-x=0$ Suy ra và kết hợp 2 trường hợp trên suy ra ĐPCM.( trong quá trình gõ Latex Có gì sai sót thì xin bỏ qua cho nha)

@namcpnh : nếu  em cho các tất cả các công thức toán , kể cả đơn giản vào $$ thì bài viết sẽ đẹp và dễ xem hơn.

Do $f:\mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$ nên $b>0$

Bài này dựa vào cách xây dựng dãy số $u_1=x,u_2=f(u_1)=f(x),...,u_n=f(u_{n-1})$. Lấy $u_n=x$. Từ đề bài ta chuyển sang dãy số sau

$u_n+au_{n-1}-b(a+b)u_{n-2}$.Xét phương trình đặc trưng ta tìm ra nghiệm $\gamma =b$ và $\gamma = -(a+b)$.

Suy ra $u_n=A\cdot b^n+B\cdot (-a-b)^n$

Mặt khác ta có $u_{2n}>0$ ( do $f:\mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$​)

 Suy ra $B> \frac{-Ab^{2n}}{(a+b)^{2n}}$

Tương tự  $u_{2n+1}$ ( do $f:\mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$​)

Suy ra $B< \frac{Ab^{2n+1}}{(a+b)^{2n+1}}$

Dựa theo nguyên lí kẹp suy ra $B=0$ khi $n\rightarrow +\infty$.

Do đó $u_n=A\cdot b^n$ Ta có $u_1=x\Rightarrow A=\frac{x}{b}$ và $u_2=f(x)=A\cdot b^2=xb$ ( thử lại ta thấy thỏa) suy ra ĐPCM

Chỗ (4) bạn ghi nhầm rồi kìa bạn!!!

1.Xét hai hàm số sau với t>0 : f(t)=$\frac{lnt}{t}$ và g(t)=lnt.

Dễ thấy với t>e thì hàm f nghịch biến, g đồng biến.

từ hệ ta có g(x)=f(y) và g(y)=f(z) và g(z)=f(x)

Giả sử x=max{x;y;z}.Xét $x \geq y \geq z $ => $f(x) \leq f(y) \leq f(z)$

Suy ra $g(z)\leq g(x)\leq g(y)$

=>$z\leq x\leq y\leq x$

suy ra x=y Thay vào suy ra x,y thuộc {0,1} (loại do Đang xét x,y lớn hơn e).tương tự xét $x\geq z\geq y$ ta cũng loại

Còn với t<e thì f đồng biến g đồng biến. Do đây là hệ hoán vị vòng quanh nên dễ dàng chứng minh x=y=z.Suy ra (x;y;z)=(1;1;1)

Câu 2 chưa làm nữa để về làm thử .Nếu có gì sai sót bỏ qua nhé...

Cách 2

Ta dễ dàng chứng minh f đơn ánh.và $f(x)>1$.Thật vậy giả sử tồn tại u sao cho $f(u)< 1$.Khi đó ta có với $f(t)=\frac{1}{f(u)}> 1$.Nên ta dể dàng thấy $f(t)+\frac{1}{f(t)}=f(u)+\frac{1}{f(u)}$Suy ra u=t (Mâu thuẫn). Vậy f(x) lớn hơn 1 với mọi x lớn hơn 0

Ta chia tập xác định của nó làm hai tập đó là từ 0 đến 2 và từ 2 đến vô cùng.Lúc đó tồn tại a,b sao cho $f(a)=b$ với b thuộc tập từ 1 đến vô cùng ( do $f(x)>1$ với mọi $x>0$) và a thuộc từ 2 đến vô cùng.Mặt khác với b thuộc khoảng trên thì tồn tại a' thuộc khoảng (0;2) sao cho $f(a')=b$ Vô lí vì do f đơn ánh nên suy ra a=a' mà cả hai số đều thuộc hai khoảng khác nhau..!!! Nếu nhầm chỗ nào thì cho xin lỗi nhé

Dựa vào biểu đồ Ven và giả thiết dễ dàng thấy X chỉ có thể ở 5 vị trí đó là 1,4,5,6,7 Suy ra có $5^n$ cách chọn @@.Ko biết đúng ko?

Ta có:Theo BCS: $(a^2 + b^2 + c^2)( \frac{(a+b)^2}{a^2+b^2}+1)\geq (a+b+c)^2$

Suy ra $\frac{(a+b)^2}{a^2+b^2}+1\geq \frac{9}{4}$

Sau đó khai triển $\frac{2ab}{a^2+b^2}\geq\frac{1}{4}$

Suy ra $\frac{2t}{t^2+1}\geq\frac{5}{4}$ với $t=\frac{a}{b}$

<=> $-t^2+8t-1\geq0$ Suy ra dpcm

1.Tìm $f$ đi từ $\mathbb{R}$ đến $\mathbb{R}$ thỏa:

   a/ $f$ có hữu hạn không điểm

   b/ $f(x^4+y)=x^3f(x)+f(f(y))$

2.Tìm $1$ hàm $f$ xác định trên tập số thực không âm và thỏa:

  $f(0)=0$

  $f(2x+1)=3f(x)+5$ với $x$ không âm

Cho $f$ đi từ $\mathbb{R}$ đến $\mathbb{R}$ và thỏa:

 $f(x+y)+f(y+z)+f(z+x) \geq f(x+2y+3z)$

" Với mọi r thuộc vào tập A thì f®=s+4t với t là số tự nhiên, còn s là một giá trị của hàm f tại một số r duy nhất (hay s là duy nhất) "

   Ko hiểu