FanquanA1

Bài toán: Xác định các hàm số liên tục $f:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$ thỏa mãn:

• $f(2x)=2f(x),\forall x \in \mathbb{R^+}$
• $f(f^2(x))=xf(x),\forall x \in \mathbb{R^+}$
• $f(x) \in \mathbb{N^*},\forall x \in \mathbb{N^*}$.

Trước tiên từ 2 suy ra f đơn ánh và do f liên tục trên $\left ( 0,+\infty \right )$ nên f toàn ánh trên $\left ( 0,+\infty \right )$. Suy ra tồn tại $a\in (0.+\infty )$ sao cho $f(a)=1$. Thay a vào 2 ta có: $f(1)=a$. Thay $x=1$ vào 2 ta có: $f(a^2)=a$. Thay $x=a^2$ vào 2 ta có: $f(a^2)=a^3$. Suy ra $a=1$. Do f liên tục và đơn ánh nên f tăng hoặc giảm nhưng do 3 nên f tắng (Nếu f giảm thì cho $x\in N*$, x đủ lớn thì $f(x)$ không có giá trị xác định). Ta sẽ chứng minh$f(x)=x$, $x\in N^*$
Thay $x=1$ vào 1 ta có: $f(2)=2$. Thay $x=2$ vào 1 ta có: $f(4)=4$. Do $f(3)$ nguyên và f đơn ánh nên $f(3)=3$.
Giả sử khẳng định đúng đến n. Tức là $f(n)=n$. Ta sẽ chứng minh: $f(n+1)=n+1$. Thật vậy:
$f(2n)=2n$ và vì f đơn ánh nên: $n=f(n)<f(n+1)<...<f(2n-1)<f(2n)=2n$ suy ra: $f(n+1)=n+1$
Như vậy $f(n)=n,n\in N*$
Ta có: $f(m)=2f(\frac{m}{2})=2^nf(\frac{m}{2^n})\Rightarrow \frac{m}{2^n}=f(\frac{m}{2^n})$
Mặt khác: $\frac{m}{2^n}$ trù mật trên $\left ( 0,+\infty \right )$ nên:
$x_0=lim\frac{m}{2^n}=limf(\frac{m}{2^n})=f(lim\frac{m}{2^n})=x_0$
Vậy $f(x)=x,x\in R^+$

Lời giải:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $x \le y>0$.
Đặt $p=2n+1$ với $n \in \mathbb{N}^*$. Ta biến đổi bđt đã cho
\[
\begin{array}{rcl}
\sqrt {2p} - \sqrt x - \sqrt y &\ge & \sqrt {2p} - \sqrt {\frac{{p - 1}}{2}} - \sqrt {\frac{{p + 1}}{2}} \\
\Leftrightarrow \frac{{2p - \left( {\sqrt x + \sqrt y } \right)^2 }}{{\sqrt {2p} + \sqrt x + \sqrt y }}& \ge &\sqrt {4n + 2} - \sqrt n - \sqrt {n + 1} \\
\Leftrightarrow \frac{{2p - x - y - 2\sqrt {xy} }}{{\sqrt {2p} + \sqrt x + \sqrt y }} &\ge &\frac{{4n + 2 - \left( {\sqrt n + \sqrt {n + 1} } \right)^2 }}{{\sqrt {4n + 2} + \sqrt n + \sqrt {n + 1} }} \\
\Leftrightarrow \frac{{\left( {2p - x - y} \right)^2 - 4xy}}{{\left( {2p - x - y + 2\sqrt {xy} } \right)\left( {\sqrt {2p} + \sqrt x + \sqrt y } \right)}} &\ge &\frac{{2n + 1 - 2\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }}{{\sqrt {4n + 2} + \sqrt n + \sqrt {n + 1} }}\,\,\left( 1 \right)
\end{array}
\]
Đặt $D = \frac{{\left( {2p - x - y} \right)^2 - 4xy}}{{\left( {2p - x - y + 2\sqrt {xy} } \right)\left( {\sqrt {2p} + \sqrt x + \sqrt y } \right)}}$
\[
\begin{array}{rcl}
gt:\sqrt {2p} - \sqrt x - \sqrt y &>& 0 \\
\Leftrightarrow 2p - x - y > 2\sqrt {xy} &>& 0 \\
\Leftrightarrow \left( {2p - x - y} \right)^2 &>& 4xy \\
\Leftrightarrow \left( {2p - x - y} \right)^2 - 4xy &>& 0
\end{array}
\]
Vì $x,y,p$ là số nguyên dương nên $(2p-x-y)^2-4xy \ge 1$.
TH1: $(2p-x-y)^2-4xy \ge 2$
\[
\begin{array}{l}
\Rightarrow D \ge \frac{2}{{\left[ {4n + 2 - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2 } \right]\left( {\sqrt {4n + 2} + \sqrt x + \sqrt y } \right)}} \\
\sqrt {2p} - \sqrt x - \sqrt y > 0 \Leftrightarrow \sqrt x + \sqrt y < \sqrt {2p} = \sqrt {4n + 2} \\
\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2 \ge 0 \Rightarrow 4n + 2 - \left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)^2 \le 4n + 2 \\
\Rightarrow D \ge \frac{2}{{2\sqrt {4n + 2} \left( {4n + 2} \right)}} = \frac{1}{(4n + 2)\sqrt{4n+2}}\,\,\left( 3 \right) \\
\end{array}
\]
===============================
TH2: $(2p-x-y)^2-4xy=1 \Leftrightarrow (2p-x-y)^2=1+4xy \,\, (4)$
Vì $1+4xy \not \vdots 2 \Rightarrow 2p-x-y=2m+1$.
Thế vào (4), ta có $(2m+1)^2=1+4xy \Leftrightarrow m(m+1)=xy\,\, (5)$.
Dễ thấy $gcd(x;y)=1$ do $gcd(m;m+1)=1$.
Đặt $gcd(m;x)=d \Rightarrow m=dh;x=dk$ với $(h;k)=1$.
Đặt $gcd(m+1;y)=e \Rightarrow m+1=ek;y=eh$ do (5).
$2p=x+y+2m+1=dk+eh+dh+ek=(d+e)(h+k)$.
Vì $p$ nguyên tố nên $d+e=2$ hoặc $h+k=2$. Suy ra hoặc $d=e=1$ hoặc $h=k=1$.
Nhưng nếu $d=e=1 \Rightarrow x=k=m+1;y=h=m \Rightarrow x>y$: trái với giả sử ban đầu.
Do đó $h=k=1 \Rightarrow m=x=d;m+1=y=e$.
Mặt khác $d+e=p \Rightarrow m+m+1=2n+1 \Rightarrow m=n \Rightarrow x=n;y=n+1$.
\[
\begin{array}{l}
D = \frac{1}{{\left( {4n + 2 - n - n - 1 + 2\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} } \right)\left( {\sqrt {4n + 2} + \sqrt n + \sqrt {n + 1} } \right)}} \\
D = \frac{1}{{\left( {2n + 1 + 2\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} } \right)\left( {\sqrt {4n + 2} + \sqrt n + \sqrt {n + 1} } \right)}} \\
D < \frac{1}{{\left( {2n + 2\sqrt {n^2 } } \right)\left( {\sqrt {4n} + \sqrt n + \sqrt n } \right)}} = \frac{1}{{16n\sqrt n }}\,\,\left( 6 \right) \\
\end{array}
\]
================================
Ta chứng minh:
\[
\begin{array}{rcl}
&16n\sqrt n& > \left( {4n + 2} \right)\sqrt {4n + 2} \,\,\left( 7 \right) \\
&\Leftrightarrow& 256n^3 > \left( {4n + 2} \right)^3 \\
&\Leftrightarrow& 192n^3 - 96x^2 - 48x - 8 > 0 \\
&\Leftrightarrow& 24\left( {2n - 1} \right)^3 + 48\left( {2n - 1} \right)^2 - 32 > 0 \\
&VT& \ge 24 + 48 - 32 > 0 \\
\end{array}
\]
Suy ra (7) đúng.
================================
Từ (3),(6),(7), ta có
\[
\begin{array}{l}
D \ge \frac{1}{{\left( {2n + 1 + 2\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} } \right)\left( {\sqrt {4n + 2} + \sqrt n + \sqrt {n + 1} } \right)}} \\
\left( {2n + 1 - 2\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} } \right)\left( {2n + 1 + 2\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} } \right) = 1 \\
\Rightarrow D \ge \frac{{2n + 1 - 2\sqrt {n\left( {n + 1} \right)} }}{{\sqrt {4n + 2} + \sqrt n + \sqrt {n + 1} }} \\
\end{array}
\]
Như vậy (1) đúng. BĐT đã cho được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{{p - 1}}{2};\frac{{p + 1}}{2}} \right);\left( {\frac{{p + 1}}{2};\frac{{p - 1}}{2}} \right)$

Đoạn màu đỏ là thế nào hả bạn

Tìm các số nguyên tố p; q sao cho $p^3 -q^5 = (p+q)^2$
Thank you very much!!!
----------------------------------------
Bạn tham khảo thêm về $\LaTeX$ tại:
http://diendantoanho...cong-thức-toan/
Tham khảo về cách đặt tiêu đề tại:
http://diendantoanho...i-khong-bị-xoa/
Mình m0ve bài này sang b0x số học THCS bạn nhé

Nếu 1 trong 2 số không có số nảo bằng 3 thì:
TH1:$p\equiv q\equiv \pm 1(mod3)$ thì vế trái chia hết cho 3 còn vế phải không chia hết cho 3, vô lý.
TH2:$p\equiv -q\equiv \pm 1(mod3)$ thì vế phải chia hết cho 3 còn vế trái không chia hết cho 3. vô lý.
Như vậy 1 trong 2 số phải có 1 số bằng 3
Nếu $p=3$ thì vô lý vì $q^5+q^2+6q=18\Rightarrow q=2\vee 3$
Nếu $q=3$ thì $p^3-p^2-6p=252=7.36\Rightarrow p=7$

. Chứng minh rằng nếu n = 2^m – 1 thì $C_n^k$ là số lẻ với mọi k = 0, 1, 2, …, n

Bài này chỉ cần áp dụng định lý Lucas là được

Giải phương trình
$$\sqrt{x^2-p}+2{x^2-1}=x$$
Với $p$ là hằng số thực.

ĐKXĐ: $x^2-p\geq 0$
Phương trình $\Leftrightarrow 4x^4-4x^3-4x^2+2x+1+p=0\Leftrightarrow x^4-x^3-x^2+\frac{x}{2}+\frac{1+p}{4}=0$ (1)
Đặt $x=y+\frac{1}{4}\Rightarrow (1)\Leftrightarrow y^4=ax^2+bx+c$ (2)
Trong đó: $a=\frac{11}{8},b=\frac{-1}{8},c=\frac{19-64p}{16}$
Gọi $d$ là nghiệm thực của phương trình bậc ba :$b^2=4(a+2d)(c+d^2)$
Xét: $f(x)=(a+2d)x^2+bx+c+d^2$ thì phương trình có nghiệm kép.
Nếu : $a+2d=0 \Rightarrow f(x)=c+d^2$
Nếu : $a+2d\neq 0 \Rightarrow f(x)=(a+2d)(x+\frac{b}{2(a+2d)})^2$
Như vậy: $(2)\Leftrightarrow x^4+2dx^2+d^2=f(x)\Leftrightarrow (x^2+d)^2=f(x)$
Nếu: $a+2d=0\Rightarrow x^2=-d\pm \sqrt{c+d^2}$
Nếu: $a+2d<0$ thì vô nghiệm
Nếu: $a+2d>0$ thì: $x^2\mp \sqrt{a+2d}(x-\frac{b}{2(a+2d)})+d=0$