Dialga Palkia

Lời giải (sửa sai):
\[f\left( x \right)f\left( y \right) = f\left( {x + yf\left( x \right)} \right),\left( 1 \right)\]
Với $u, v$ bất kỳ, chọn $x,y,z$ sao cho $y = \frac{{u - x}}{{f\left( x \right)}};z = \frac{v}{{f\left( y \right)f\left( x \right)}}$. Thế vào (1), ta có:
\[\begin{array}{rcl}
f\left( x \right)f\left( y \right) &=& f\left( {x + yf\left( x \right)} \right) \\&=& f\left( u \right)\\ \Rightarrow f\left( x \right)f\left( y \right)f\left( z \right) &=& f\left( u \right)f\left( z \right)\\&=& f\left( {u + zf\left( u \right)} \right)\\&=& f\left( {u + v} \right)\\f\left( x \right)f\left( y \right)f\left( z \right) &=& f\left( x \right)f\left( {y + zf\left( y \right)} \right)\\ &=&f\left( {x + \left( {y + zf\left( y \right)} \right)f\left( x \right)} \right)\\&=& f\left( {x + yf\left( x \right) + zf\left( y \right)f\left( x \right)} \right)\\&=& f\left( {u + 2v} \right)\end{array}\]
Vậy $f(a)=f(b)$ với mọi $a,b>0:2b>a>b>0$. Dễ thấy ngay $f$ là hàm hằng.
Thử lại:...

Còn nghiệm $f(x)=cx+1$ nữa

Câu 5:
$(x;y): f(x+y+f(y))= f(x)+ay$
$(0;0): f(f(0))=f(0)$
$(-2016;1): f(-2016+1+f(1))=f(-2016)+a\Rightarrow f(-2016)=2016-a$
$(x;-2016): f(x-2016+f(-2016))=f(x)-2016a\Rightarrow f(x-a)=f(x)-2016a$
$\Rightarrow f(x-ka)=f(x)-2016ka,(k \in N)$
$(0;-a): f(-a+f(-a))=f(0)-a^2\Rightarrow f(-a+f(0)-2016a)=f(0)-a^2$
$\Rightarrow f(f(0))-2016.2017a=f(0)-a^2$
Suy ra $a=0$ hoặc $a=2016.2017$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ thoả mãn $$ mn\cdot(f(m)-nm)\cdot(n-f(n^2))$$ là số chính phương với mọi $m,n \in \mathbb{N}$.

 

Nguồn: AoPS

Cho $F$ là tập số chính phương, $P$ là tập số nguyên tố lẻ.

$(m,n)$ thì $mn(f(m)-mn)(n-f(n^2))\in F$

$(1,1)$ thì $-(f(1)-1)^2 \in F\Rightarrow f(1)=1$

$(n^2,n)$ thì $n^3(f(n^2)-n^3)(n-f(n^2))\in F\Rightarrow n^3\geq f(n^2)\geq n$

$(1,n)$ thì $n(n-1)(f(n^2)-n)\in F\Rightarrow m(n-1)(mn-f(m))\in F$ nếu $f(n^2)>n$ $(*)$

$(1,2)$ thì $2(f(4)-2)\in F\Rightarrow f(4)=2$ hoặc $f(4)=4$ ( do $8\geq f(4)\geq 2$ )

Với $f(4)=2$ chứng minh quy nạp $f(n^2)=n$

Giả sử ta chứng minh được đến $f(k^2)=k$

Nếu $f((k+1)^2)>k+1$

$(k^2,k+1)$ do $(*)$ thì $k^3(k^2(k+1)-f(k^2))\in F\Rightarrow k^2+k-1\in F$ vô lí khi $k>1$

Vậy ta chứng minh được $f((k+1)^2)=k+1$ Hay ta chứng minh được hàm $f(n^2)=n$ thỏa mãn.

Với $f(4)=4$

Cho $p\in P$ giả sử $f((p+1)^2)=p+1$

$((p+1)^2,2)$ thì $4(p+1)^2(2(p+1)^2-f((p+1)^2))\in F\Rightarrow (p+1)(2(p+1)-1)\in F$ vô lí do $p+1\not \in F$

Nên $f((p+1)^2)>p+1$

Với mỗi $m$ cho một số $p\in P$ sao cho $p\not |m$

$(m,p+1)$ do $(*)$ thì $mp(m(p+1)-f(m))\in F\Rightarrow p|(m-f(m))$ do $p\not |m$

Mà do có vô số số $p$ thỏa mãn nên $m-f(m)=0$ hay ta tìm được hàm $f(m)=m$

Vậy ta có hai họ hàm thỏa $f(n^2)=n,\forall n\in \mathbb{N}^*$ và $f(n)=n,\forall \mathbb{N}^*$ 

 

@Zaraki: Lời giải của pco cũng khá hay

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^+$ và thoả :

$$xf(y)+f\left ( xy-\dfrac{1}{f(x)} \right )=1+f(f(x^2y-1)),\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Cho $y=0$ và $x$ sao cho $xf(0)=1+f(f(-1))$ thì $f(-\dfrac{1}{f(x)})=0$ Nên không tồn tại hàm thỏa :|

 

Tam giác $A_1EF$ đều $\Rightarrow f(A_1)+f(E)+f(F)=0$ (1)

 

Mặt khác $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ là lục giác đều $\Rightarrow f(A_1)+f(A_2)+f(A_3)+f(A_4)+f(A_5)+f(A_6)=0$ (6)

 

 

Cho $n$ cố định mà sao lại có lúc bằng 3 có lúc bằng 6 được. Mình nghĩ bài này nên dùng phép quay hình của lớp 10.

Chắc anh giai hiểu nhầm đề Không phải với mọi $n$ mà là với mọi $n-$ đa giác đều $A_1A_2A_3..A_n$. Nghĩa là tập hợp của các nhóm $n$ điểm có thể tạo thành đa giác đều. Có vô số đa giác như vậy. Có lẽ nên hỏi chị Kiên để làm sáng rõ đề bài