Nguyen Van Luc

Câu V:

$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y)$ $(1)$

Đặt $G(x)=x-f(x)\implies f(x)=x-G(x)$ suy ra $(1)\iff 2yG(x)-G(y^2)=G^2(x-y)-2(x-y)G(x-y)$ $(2)$

 

Làm sao mà rút gọn được thế bạn?

Câu 4,

a, gọi độ dài 2 cạnh còn lại là $x$ và $y$ do độ dài cạnh lớn nhất là 1000, nên ta có $x+y >1000 $

do đó tồn tại 1 cạnh lớn hơn 500,
TH1: $x,y \geq 501$, khi đó có $C^2_{500}$ cách chọn bộ số $x,y \in {501;...1000}

TH2: $x \geq 501, y \leq 500$  khi đó,

$y=1, x=1000$

$y=2, x=1000,999$

....

$y=500, x=1000;999;...;501$

trường hợp này có $1+2+3+...+500 = \frac{500.501}{2}$ cách chọn.

Tổng lại có đáp số là $500^2$ cách.

b, với $n=2$, ta có $S_1+S_2>1$ và $S_1,S_2<1$. Do 2 đường tròn ko khép kín được hình vuông nên chúng chắc chắn phải giao nhau. Điểm thuộc khoảng giao nhau đó là điểm cần tìm.

với $n \geq 3$, ta chứng minh giao điểm hai đường chéo luôn là điểm thỏa mãn.

Gọi giao điểm 2 đường chéo là $O$.

Do các đường tròn đều nằm trong hình vuông nên hình tròn lớn nhất không chứa điểm $O$ (ko kể đường tròn) là hình tròn có đường tròn đi qua $O$ và tiếp xúc với 2 cạnh của hình vuông (mọi hình tròn có bán kính lớn hơn sẽ đều chứa $O$). Bán kính hình tròn này là $R$, ta có $R+R\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}  \Leftrightarrow  R=\frac{1}{\sqrt{2}(\sqrt{2}+1)}$

Diện tích hình tròn này là $S_{min}=\pi.R^2=\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$

Gọi diện tích các hình tròn là $S_1,S_2,...S_n$, giả sử $S_1=min{S_1,...,S_n}$

Ta chứng minh $S_1>\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$,( tức là khi đó, $S_1$ chứa điểm $O$)

Do tất cả các đường tròn nằm trong hình vuông nên bán kính mỗi đường tròn luôn nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{2}$.

Tức là $S_i \leq \pi.\frac{1}{2}^2=\pi/4 \forall i=2,..n$ 

Khi đó, $S_1 \geq (n-1)-(n-1).\frac{\pi}{4}=\frac{(n-1)(4-\pi)}{4} \geq \frac{(3-1)(4-\pi)}{4}>S_{min}$

Suy ra, $S_1$ chứa điểm $O$, suy ra các $S_i, i=2,...,n$ có diện tích lớn hơn $S_1$ sẽ đều chứa $O$.

Vậy điểm $O$ là điểm cần tìm trong trường hợp $n>2$
Vậy ta có điều phải chứng minh.

~~~~~

lời giải câu b là một lời giải đáng phải tính nhẩm.

6)Nếu các điểm A,B,C thuộc đường thẳng d_1 và A',B',C' thuộc đường thẳng d_2 sao cho d_1 cắt d_2 tại O. Thế thì AA', BB',CC' đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi (OABC)=(OA'B'C').

(OABC)=(OA'B'C') là sao thế bạn?

bài 1 và bài 4_1 là cho điểm rồi 

Đề trường nào đây bạn?

1, Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x;y)$ sao cho $\frac{x^2y+xy^2+8x}{xy^2+4y}$ là số nguyên

2, Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thoả mãn

a, $(x-1)P(x+1)-(x+1)P(x-1)=4P(x)$

b, $P^3(x)-3P^2(x)=P(x^3)-3P(-x)$

Có ai biết để làm tốt những phần này thì nên học gì chỉ giùm mình với ạ. 

Lời giải của bạn muốn hoàn chỉnh thì phải chứng minh thêm phương trình có nghiệm thuộc đoạn $\left ( -2;2 \right )$ mới có thể đặt $x=2\cos t$ như vậy được.

Xét hàm $f\left ( x \right )=x^{3}-3x+1$, dễ thấy $f\left ( x \right )$ liên tục trên $\mathbb{R}$.

Ta dễ dàng chứng minh được hàm số trên đồng biến trên đoạn $\left ( -2;2 \right )$.

Mà $f\left ( -2 \right )=-1<0$, $f\left ( 0 \right )=1>0$, $f\left ( 1 \right )=-1<0$ và $f\left ( 2 \right )=3$.

Mặt khác $f\left ( -2 \right ).f\left ( 0 \right )<0$, $f\left ( 0 \right ).f\left ( 1 \right )$ và $f\left ( 1 \right ).f\left ( 2 \right )<0$ nên hàm số có nghiệm trong các khoảng $\left ( -2;0 \right )$, $\left ( 0;1 \right )$, $\left ( 1;2 \right )$.

Mà $f\left ( x \right )$ là hàm bậc ba nên nghiệm của phương trình $f\left ( x \right )=0$ nằm trong đoạn $\left ( -2;2 \right )$.

Cảm ơn hai bạn nhé. Phần đầu, cách đặt của bạn thinhrost1  mình hiểu được mà.   

Cho $a<b<c$ là ba nghiệm của phương trình $x^3-3x+1=0$. Chứng minh rằng:

$a^2-c=b^2-a=c^2-b=2$.

Xét tính hội tụ của dãy số: $x_n=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$

ai làm giúp câu hệ này với

 $\left\{\begin{matrix} \ x-2y+1=\sqrt{\frac{2y^2+xy+5}{x^2+1}+3} & \\x^3+(y-3)x^2+(1-y)x-2y^2+y-8=0 & \end{matrix}\right.$

thanks nhiều nhé  

Khi đến g(x+y)=g(x)+g(y) thì bạn có thể suy ra g(x)=ax luôn. vì nó là phương trình hàm cauchy, được áp dụng trực tiếp.

Đây là phương trình hàm Jensen mà bạn. 

Cho y=0, ta có: $f(\frac{x}{2}=\frac{f(x)+f(0)}{2}$ Vậy, $\frac{f(x)+f(y)}{2}=f(\frac{x+y}{2})=\frac{f(x+y)+f(0)}{2} \Rightarrow f(x+y)+f(0)=f(x)+f(y)$

đặt g(x)=f(x)-f(0), ta được g(x+y)=g(x)+g(y).

đây là phương trình hàm Cauchy. Đến đây ta có thể suy ra luôn hàm g(x) cần tìm là  g(x)=ax. Hoặc ta có thể chứng minh lại. 

Ta có g(x+y)=g(x)+g(y). Cho x=y=0.  ta được g(0)=2g(0). $\Rightarrow$ g(0)=0.

g(0)=g(x+(-x))=g(x)+g(-x)=0. $\Rightarrow$ g(-x)=-g(x). Do đó g(x) là hàm lẻ

Đặt a=g(1). Với n$n\geq 1, n \in \mathbb{N},$

Ta có g(n)=g((n-1)+1)=g(n-1)+g(1)=....=g(0)+n.g(1)=g(0)+an

Ta có: a=g(1)=$g(n.\frac{1}{n})=ng(\frac{1}{n}) \Rightarrow g(\frac{1}{n})=\frac{a}{n}$

Suy ra $\forall r=\frac{m}{n}\in \mathbb{Q}$ r>0

Ta có: $g(r)=g(\frac{m}{n})=g(m.\frac{1}{n})=mg(\frac{1}{n})=m.\frac{a}{n}=\frac{ma}{n}=ar$.

Do g(x) lẻ nên g(r)=ar cũng đúng với r<0.

Với $x\in \mathbb{R}$ tùy ý, chọn dãy số hữu tỉ ${r_{n}}_{n=1}^{+\infty}$ sao cho $\lim_{n\rightarrow +\infty }r_{n}=x$. Do g(x) liên tục trên $\mathbb{R}$ nên ta có 

$g(x)=g(\lim_{n\rightarrow +\infty}r_{n})=\lim_{n\rightarrow+\infty}g(r_{n}) =\lim_{n\rightarrow+\infty}ar_{n}=a\lim_{n\rightarrow+\infty}r_{n}=ax$

Vậy, g(x)=ax, $\forall x\in \mathbb{R}, a\in \mathbb{R}$

Từ đó: f(x)=g(x)+f(0)=ax+b $\forall x\in \mathbb{R}; a,b\in \mathbb{R}$