bachhammer

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{bmatrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.$\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{bmatrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{bmatrix}$.

Thử lại thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

Hình như bạn nhatquangsin đã nhầm chỗ này, f đề bài ko liên tục nên ko thể áp dụng pt hàm Cauchy....

giải các phương trình sau:

1,   $$\sqrt{1- x^{2}} = (\frac{2}{3}- \sqrt{x})^{2}$$

2,  $4x = \sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{30+\frac{1}{4}\sqrt{x+30}}}}$

Câu 1: Đặt $\sqrt{x}=a; \frac{2}{3}-\sqrt{x}=b$ Ta được hệ ... $\left\{\begin{matrix} a+b=\frac{2}{3}\\a^{4}+b^{4}=1 \end{matrix}\right.$. Đến đây giải theo phương pháp bình thường đối với hệ đối xứng 2 ẩn....

Câu 2: Đặt $x_{1}=4x, x_{n+1}=\sqrt{30+\frac{1}{4}x_{n}}$. Từ pt suy ra $x_{1}=x_{4}$. Dễ thấy hàm $\sqrt{30+\frac{1}{4}x}$ đồng biến nên nếu $x_{1}>x_{2}$ thì dễ cm được: $x_{1}>x_{2}>x_{3}>x_{4}$ (vô lí). Tương tự với TH $x_{1}<x_{2}$. Do đó $x_{1}=x_{2}$ hay $4x=\sqrt{30+x}$. Giải pt này ta thu được nghiệm....

Cai cum $x^{10}+x^9+...+x^0$ thi dung tong cua cap so nhan

Nhưng vẫn còn các nhân tử $x^{10}-x^{9}+x^{8}-x^{7}+x^{6}-x^{5}+x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1$. Khó phân tích và cũng khá rối rắm......

Tai sao lai >0

Do ln3 > 1 và $\sqrt{x^{2}+1}\geq 1$ nên phân thức $\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}ln3}$ nhỏ hơn 1. Suy ra >0

Này là dãy số Fermat thì phải??/

phân tích; nhìn hơi ghê nhỉ nhưng nhẩm được nghiệm $x=1; x=-1$

 

giải::

 

$\Leftrightarrow \frac{x^{22}+x^8+x^3-1}{x^11}=x^8+x^3 \Leftrightarrow \frac{1}{x^{11}}\left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )\left ( x^{10}-x^9+x^8-x^7+x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1 \right )\left ( x^{10}+x^9+x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1 \right ) \Leftrightarrow \frac{(x-1)(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)\left ( x^{10}+x^9+x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1 \right )}{x^8} \Rightarrow \begin{bmatrix} x=1 & \\ x=-1& \end{bmatrix}$

Mấy thằng còn lại (sau khi lấy nhân tử x - 1 và x + 1 đi), liệu nó có còn nghiệm nữa hay ko??? Xin lỗi, bạn có thể trình bày ra rõ ràng được ko????

Dat 

$\left\{\begin{matrix} a=x-1 & \\ b=y-1 & \end{matrix}\right.$

Thay vao he ta co

$\left\{\begin{matrix} a+\sqrt{a^2+1}=3^b & \\ b+\sqrt{b^2+1}=3^a & \end{matrix}\right.$

Ve tru ve ta co

$a+\sqrt{a^2+1}+3^a=b+\sqrt{b^2+1}+3^b$

Dung ham so va suy ra duoc $a=b$

OK

từ $a=b$ suy ra $x+y=2$, (chỗ này là x = y)

thế vào hệ, bạn có giải tiếp được ko?

Sau khi có được a = b ta thấy vào hệ và việc còn lại là ta chỉ cần giải pt: $a+\sqrt{a^{2}+1}=3^{a}$. pt này tường đương với: $a-log_{3}(a+\sqrt{a^{2}+1})=0$.

Xét hàm số trên tập số thực: $f(x)=x-log_{3}(x+\sqrt{x^{2}+1}),f'(x)=1-\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}ln3}>0.$ Do đó hàm f(x) đồng biến trên R, suy ra pt f(x) = 0 có tối đa là một nghiệm.

Nhận thấy f(0) = 0 nên ta suy ra a = b = 0. Vậy là xong       

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) và I là một điểm bất kì thuộc miền trong tam giác ấy. AI cắt (O) tại D và cắt BC tại E. Tiếp tuyến tại D cắt AB tại F. Chứng minh rằng nếu FD = FE thì CA = CB.

Giải phương trình: $x^{11}-\frac{1}{x^{11}}=(x^{8}-\frac{1}{x^{8}})+(x^{3}-\frac{1}{x^{3}})$

Bài 62: Cho p là một số nguyên tố lẻ và số nguyên dương n nguyên tố cùng nhau với p. Tìm số các bộ sô $(x_{1},x_{2},...,x_{p-1})$ gồm p - 1 số tự nhiên sao cho tổng $x_{1}+2x_{2}+...+(p-1)x_{p-1}$ chia hết cho p, trong đó mỗi số $x_{1},x_{2},...,x_{p-1}$ đều không lớn hơn n - 1. 

Cho hình chữ nhật ABCD có AB=3a và $\angle ABD=30^0$, AC cắt BD tại O. Cho G là trọng tâm của tam giác AOD, AG cắt CD tại M, Đường tròn tâm E nội tiếp tam giác BCD tiếp xúc BD tại F, tiếp xúc CD tại L, FL cắt AC tại H. Chứng minh tam giácFOE vuông cân và tính MH theo a.

a) Ta gọi P là điểm tiếp xúc giữa (E) với BC. Khi đó do góc ABD bằng 30 nên dễ cm được tam giác BOC đều, từ đó dễ cm hai tam EFO và tam giác EPO. Nhưng ta cũng dễ thấy EPO là tam giác vuông cân nên từ đó suy ra đpcm.

b) Có lẽ nên áp dụng định lí cosin là ý tưởng dễ nhận thấy nhất (theo quan điểm của mình): $MH^{2}=HC^{2}+MC^{2}-2MH.MC.cos30$.

Áp dụng định lí Ceva trong tam giác ODC ứng với bộ điểm F, H, L ta có: $\frac{FO}{FD}.\frac{LD}{LC}.\frac{HC}{HO}=1\Leftrightarrow HC=HO$ (do LC = CP = OF và DF = DL), suy ra HC = 1/2 OC = 1/4 AC.

Áp dụng các kiến thức lượng giác ta hoàn toàn có thể tính được DM và HC theo a. Từ đó tinh được MH.

Bạn tham khảo tại đây nhé!!! http://www.artofprob...=477312#p477312

CMR: với mọi số n là hợp số thì $(n-1)!\vdots n$

Với n = 4 thì ko thỏa....bạn xem lại đề bài     

Câu 2 phân tích ra thành: $(x-y)(x^{2}+3xy+y^{2})=1991$. Mà ta có: $1991=1.1991=11.181$. Cộng thêm từ pt ta suy ra x > y nên thay vào giải tìm x, y.

Ta thấy: $f(-2)\geq 0\Leftrightarrow 4a-2b+c\geq 0\Leftrightarrow a+b+c\geq 3(b-a)\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{b-a}\geq 3$.

Tới đây ta chỉ cần chỉ ra dấu bằng... a = 1, b = c = 4 là ta có ngay đẳng thức.