Đến nội dung


pcoVietnam02

Đăng ký: 31-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 20:10
*****

#731229 $P(x)P(y)=P^2(\frac{x+y}{2})-P^2(\frac...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 20-10-2021 - 23:29

Tìm các đa thức P(x) thỏa mãn đk:

$P(x)P(y)=P^2(\frac{x+y}{2})-P^2(\frac{x-y}{2})$

với mọi x,y$\epsilon R$

P.S: cho mik hỏi $P^2(x)$ với $(P(x))^2$ có giống nhau ko v :mellow:

 

Với đa thức hằng thì $P(x)=0$ thỏa

Với đa thức không hằng, đặt $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$

Gọi $n=deg P(x), n\geq 1$

Xét số hạng của bậc lớn nhất thì ta thấy $VT=a_n^2x^ny^n$, $VP=a_n^2(\frac{x+y}{2})^{2n}-a_n^2(\frac{x-y}{2})^{2n}$

Đồng nhất hệ số ta được $x^ny^n=\frac{1}{2^{2n}} xy(C_{2n}^1 x^{2n-2}+C_{2n}^3 x^{2n-4}y^2+...+C_{2n}^{2n-3} x^2y^{2n-4}+ C_{2n}^{2n-1} y^{2n-2})$

Dễ dàng thấy chỉ có $n=1$ thỏa do đó $P(x)=ax$

Thay lại vào phương trình đa thức thì $a=2$, do đó $P(x)=2x$.




#731201 [TOPIC] Mỗi ngày một bài toán IMO

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-10-2021 - 21:32

Bài 2: [IMO 2002] Hãy xác định tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho: $(f(x)+f(z))(f(y)+f(t))=f(xy-zt)+f(xt+yz)$ với mọi $x,y,z,t\in \mathbb{R}$

 

Hướng làm: Mình cần nhẩm được nghiệm không hằng cho bài này để tiện hơn cho việc suy nghĩ bước đi tiếp theo. Nhìn vào phương trình hàm đề bài ta nghĩ ngay đến đẳng thức Cauchy-Scwarz: $(x^2+z^2)(y^2+t^2)=(xy-zt)^2+(xt+yz)^2$. Do đó mình suy ra được luôn hàm $f(x)=x^2$ là một hàm không hằng thỏa, còn sau đó có hàm không hằng nào đó thỏa nữa thì tùy hướng đi của mỗi người. Còn hàm hằng thì hiễn nhiên mọi người sẽ tìm được là $f(x)=0$ và $f(x)=\frac 12$

 

Cho $x=y=z=t=0$ thì $4f(0)^2=2f(0) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=\frac 12$

+) Với $f(0)=\frac 12$ thì cho $y=z=0$ và thay $t$ bởi $x$ ta được $[f(x)+\frac 12]^2=1$ thì được 2 hàm $f(x)=\frac{1}{2}$ (thỏa) và $f(x)=-\frac{3}{2}$ (loại)

+) Với $f(0)=0$ : 

Ta để ý rằng nếu cho $x=t=0$ thì $f(y)f(z)=f(yz)$ (*) là một hàm nhân tính. Dễ dàng thấy thêm hàm hằng $f(x) =0, \forall x\in\mathbb R$ thỏa. Ta xét đến các hàm khác hằng. Nhìn vào hàm không hằng thỏa ta đã thử thì ta phải giải luôn phương trình hàm nhân tính ấy. Tuy nhiên nếu giải thẳng ra trên $\Bbb R\rightarrow \Bbb R$ luôn thì hàm ra được sẽ rất phức tạp cho việc thử lại. Do đó để khả thi hơn thì ta sẽ giải trên $\mathbb R^+\rightarrow \mathbb R^+$.

Muốn giải được hàm nhân tính thì ta phải có điều kiện $f$ là hàm tăng với mọi số thực dương (vì cách đặt ra hàm Cauchy cần ít nhất điều kiện yếu để được hàm tuyến tính)

Ta thấy khi $f(x)\geq 0$ với mọi $x\geq 0$ từ hàm nhân tính, ta sẽ coi $x,y$ là các số thực dương. Nếu thay $z$ bởi $y$ và $t$ bởi $x$ thì ta được $f(x^2+y^2) = [f(x) + f(y)]^2$ (**) $\geq f(x)^2=f(x)f(x)=f(x^2)$. Do đó $f$ là hàm tăng với mọi số thực dương $x,y$.

Do đó đặt $g(x)=\ln(f(e^x))$ thì ta sẽ được $g(x+y)=g(x)+g(y)$ là hàm tăng với mọi $x,y$ thực dương. Vì $g$ là hàm tăng nên $g$ tuyến tính do đó $g(x)=cx$ suy ra $f(x)=x^a$ với mọi $x$ thực dương, $a$ là hằng số bất kì.

Thay vào thì được $f(x)=x^2$, $\forall x\in\mathbb R^+$ 

Ta chỉ cần chứng minh thêm hàm chẵn thì sẽ ra được $f(x)=x^2, \forall x\in\mathbb R$

Thật vậy ta có thể dễ dàng chứng minh được bằng cách cho $x=y=0$ thì $f(z)f(t)=f(-zt)$ so với hàm nhân tính thì $f(xy)=f(-xy)$ suy ra hàm chẵn.

Như vậy kết luận các hàm thỏa là $f(x)=0$, $f(x)=\frac 12$, $f(x)=x^2$, $\forall x\in\mathbb R$.

 

P/s: Có một hướng khác cho việc đặt hàm phụ là đặt $f(x)=g(x)^2$ và khi thay vào (*) (**) thì được tương ứng là $g(xy)=g(x)g(y)$ và $g(x+y)=g(x)+g(y)$. Đây là một bài phương trình hàm phụ rất quen thuộc mà mình muốn mọi người tự suy nghĩ để hoàn thiện nó. Phần còn lại giống hết bước kia.  ~O) 




#730634 Đề chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2021-2022

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 22-09-2021 - 22:36

Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia THPT năm học 2021-2022

22/09/2021

Bài 1. (5 điểm) 

Cho $a\geq 2$ và $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^2-ax+1=0$. Đặt $S_n=x_1^n+x_2^n,n=1,2,...$

a) Chứng minh dãy $\begin{Bmatrix} \frac{S_n}{S_{n+1}} \end{Bmatrix}_{n+1}^{+\infty}$ là dãy giảm.

b) Tìm tất cả các giá trị $a$ sao cho $\frac{S_1}{S_2}+\frac{S_2}{S_3}+...+\frac{S_n}{S_{n+1}}>n-1$. với mọi $n=1,2,...$

 

Bài 2. (5 điểm) 

Cho đa thức $P(x)$ có các hệ số nguyên, giả sử các phương trình $P(x)=1, P(x)=2$ và $P(x)=3$ theo thứ tự mỗi phương trình có ít nhất một nghiệm nguyên theo lần lượt $x_1,x_2,x_3$.

a) Chứng minh rằng: $x_1,x_2,x_3$ là các nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên.

b) Chứng minh rằng: phương trình $P(x)=5$ không có hơn một nghiệm nguyên. 

 

Bài 3. (5 điểm) 

Cho tam giác $ABC$ nhọn, trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$. Các điểm $K,L$ lần lượt đối xứng với $O$ qua $AC,AB$. Đường thẳng $CK$ cắt đường tròn $(AHK)$ tại $M$ khác $K$. Đường thẳng $BL$ cắt đường tròn $(AHL)$ tại $N$ khác $L$. $HM$ cắt $AC$ tại $E$ và $HN$ cắt $AB$ tại $F$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $D$.

a) Chứng minh rằng tam giác $ABN$ đồng dạng với tam giác $CAM$.

b) Chứng minh rằng đường thẳng $HD$ vuông góc với đường thẳng $OA$.

 

Bài 4. (5 điểm)

An và Bình cùng chơi trò chơi với ba đống sỏi, mỗi đống có một số viên sỏi, Mục tiêu của hai người chơi là chiếm lấy viên sỏi cuối cùng và giành chiến thắng. Hai người chơi lần lượt, An là người chơi trước. Mỗi lượt chơi, người chơi có quyền chọn ra một đống sỏi bất kỳ và lấy đi một số viên sỏi từ đống đó (lấy ít nhất một viên và có thể lấy hết số sỏi của đống). Hỏi ai là người có chiến thuật để giành chiến thắng nếu:

a) Ba đống sỏi có số viên lần lượt là $1,2,3$ viên.

b) Ba đống sỏi có số viên lần lượt là $2020,2021,2022$ viên.

 

               -----------------------Hết---------------------- 




#730632 LÂM ĐỒNG 2022

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 22-09-2021 - 21:53

Bài 5: Trích lại cmt mình trên fb 

Coi $x$ cố định đặt $x_n+1=f(x_n)$ và $a_0=x$
Thay $x_n$ vào phương trình hàm đề bài thì ta có $2x_n+1-3x_n+x_n-1=0$
Xét phương trình đặc trưng $2a^2-3a+1=0$ được hai nghiệm $a$ phân biệt là $a=\frac 12$ và $a=1$
Suy ra $x_n=A(1/2)^n+B$
Dễ thấy nếu cho $A\neq 0$ thì nếu chọn $n$ đủ lớn thì $A(\frac 12)^n$ ko phải là số nguyên nên vô lý
Do đó $A=0$ thì $x_n=B$ là hằng số
Vì vậy $x_n=x_0=x$
Và ta có $x=a_1=f(a_0)=f(x)$ là hàm thoả.



#730631 $$a_1=\frac{5}{3}\,\,,\,...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 22-09-2021 - 21:41

Xét hàm $f(t)= \frac{1}{4-3t} \Rightarrow f'(t)=\frac{3}{(4-3t)^2}\geq 0, \forall t\in\mathbb R$

Suy ra $f$ đồng biến trên $\mathbb R$, từ đó quy nạp ta được $(a_n)$ là dãy tăng với mọi $n\geq 2$

Chứng minh quy nạp được $a_n\leq \frac 13$, $\forall n\geq 2$

Do đó $(a_n)$ là dãy hội tụ với mọi $n\geq 2$.

Đưa về bài toán tìm lim ta được $L=\frac 13$




#730590 Chứng minh hằng đẳng thức Pascal

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 21-09-2021 - 20:13

Cách nhanh hơn là nhìn vào tam giác Pascal




#730584 Tìm tất cả các hàm số f: $R\rightarrow R$ thoả mãn : $ f(...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 21-09-2021 - 11:27

Một bài tương tự bạn có thể luyện tập với cách giải tương tự trên: 

Tìm tất cả hàm $f:\mathbb R\to\mathbb R$ thỏa mãn $$f(yf(x)-x)=f(x)f(y)+2x, \forall x,y\in\mathbb R$$




#730580 Tìm tất cả các hàm số f: $R\rightarrow R$ thoả mãn : $ f(...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 21-09-2021 - 10:11

Trường hợp $f(0)=1$: 

Ta cần dựng phép thể khởi đầu để phần trong 2 hàm $f(yf(x)+2x)$ và $f(y)$ là như nhau ($f(x)$ cũng được); hay ta sẽ có $yf(x)+2x=y\Rightarrow y=\frac{2x}{1-f(x)}$

Kiểm tra thêm hàm $f(x)=1$ thì dễ dàng thấy hàm đấy không thỏa cho nên $\frac{2x}{1-f(x)}$ xác định.

Như vậy, thay $y$ bởi $\frac{2x}{1-f(x)}$ ta được $f(\frac{2x}{1-f(x)})=f(x)f(\frac{2x}{1-f(x)})+x \Rightarrow f(\frac{2x}{1-f(x)})=\frac{x}{1-f(x)}$

Như vậy $f(2k)=k$, với $k=\frac{2x}{1-f(x)}$ (2)

Tiếp theo sử dụng phép thể để liên tục xuất hiện (2), hiển nhiên sẽ thay $x$ bởi $a$ thì khi đó VT sẽ là $f((y+4).\frac{x}{1-f(x)})=f(y).\frac{x}{1-f(x)}+\frac{2x}{1-f(x)}$.

Từ đây dễ dàng chọn được $y$ để thế phụ thuộc vào những dữ kiện mình đã có, ở đây có thể $y=-2$ để sử dụng (2) thêm 1 lần nữa, tuy nhiên thì mình sẽ ra $a=f(-2)a+2a\Rightarrow f(-2)=-1$, dẫn đến bị bí. Do đó đưa về $y=-4$ để có $f(0)=const$.

Thay $x$ bởi $a$ và $y=-4$ ta được $f(0)=f(-4).\frac{x}{1-f(x)}+\frac{2x}{1-f(x)}\Rightarrow f(x)=ax+1$ (3) ($a=\frac{f(-4)+2}{f(0)}$)

Thay (3) vào (1) ta được $a=1$. 

Chốt lại, ta được các hàm là $f(x)=\frac{x}{2},\forall x\in\mathbb R$ và $f(x)=x+1,\forall x\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn. 

Mấy cái dòng đỏ là mình giải thích phòng khi các bạn cần ý tưởng (tại máu sư phạm trỗi dậy đấy  :( )




#730579 Tìm tất cả các hàm số f: $R\rightarrow R$ thoả mãn : $ f(...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 21-09-2021 - 10:08

Tìm tất cả các hàm số f: $R\rightarrow R$ thoả mãn :

$ f(yf(x)+2x)=f(x).f(y)+x $ với mọi $x, y$ thuộc $\Bbb R$ (1)

 

Trường hợp $f(0)=1$: 

Ta cần dựng phép thể khởi đầu để phần trong 2 hàm $f(yf(x)+2x)$ và $f(y)$ là như nhau ($f(x)$ cũng được); hay ta sẽ có $yf(x)+2x=y\Rightarrow y=\frac{2x}{1-f(x)}$

Kiểm tra thêm hàm $f(x)=1$ thì dễ dàng thấy hàm đấy không thỏa cho nên $\frac{2x}{1-f(x)}$ xác định.

Như vậy, thay $y$ bởi $\frac{2x}{1-f(x)}$ ta được $f(\frac{2x}{1-f(x)})=f(x)f(\frac{2x}{1-f(x)})+x \Rightarrow f(\frac{2x}{1-f(x)})=\frac{x}{1-f(x)}$

Như vậy $f(2k)=k$, với $k=\frac{2x}{1-f(x)}$ (2)

Tiếp theo sử dụng phép thể để liên tục xuất hiện (2), hiển nhiên sẽ thay $x$ bởi $a$ thì khi đó VT sẽ là $f((y+4).\frac{x}{1-f(x)})=f(y).\frac{x}{1-f(x)}+\frac{2x}{1-f(x)}$.

Từ đây dễ dàng chọn được $y$ để thế phụ thuộc vào những dữ kiện mình đã có, ở đây có thể $y=-2$ để sử dụng (2) thêm 1 lần nữa, tuy nhiên thì mình sẽ ra $a=f(-2)a+2a\Rightarrow f(-2)=-1$, dẫn đến bị bí. Do đó đưa về $y=-4$ để có $f(0)=const$.

Thay $x$ bởi $a$ và $y=-4$ ta được $f(0)=f(-4).\frac{x}{1-f(x)}+\frac{2x}{1-f(x)}\Rightarrow f(x)=ax+1$ (3) ($a=\frac{f(-4)+2}{f(0)}$)

Thay (3) vào (1) ta được $a=1$. 

Chốt lại, ta được các hàm là $f(x)=\frac{x}{2},\forall x\in\mathbb R$ và $f(x)=x+1,\forall x\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn. 




#730551 Bóng đá mùa giải 2021-2022

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 19-09-2021 - 22:45

FT:
Việt Nam 1-1 Cộng hòa Czech
Đối thủ tiếp theo là Nga hoặc Kazakhstan.

 

Em mong là Kazakhstan vì mấy anh Ivan đá banh với gấu rồi chứ mình thì chưa :(




#730539 $f(y^2)=f(x+y)f(y-x)+x^2$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 19-09-2021 - 16:19

Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb R \to \mathbb R \quad f(y^2)=f(x+y)f(y-x)+x^2\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$ (1)

 

Thay $y$ bởi $x$ ta được $f(x^2)=f(2x)f(0)+x^2$ (2)

Thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=1$

+ Nếu $f(0)=0$ thì (2) trở thành $f(x^2)=x^2$ suy ra $f(x)=x,\forall x\geq 0$

Thay $y=0$ ta được $f(x)f(-x)=-x^2,\forall x\in\mathbb R$

Do đó với $x\geq 0$ thì $f(-x)=-x$ hay $f(x)=x, \forall x<0 \Rightarrow f(x)=x,\forall x\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.

+ Nếu $f(0)=1$ thì (2) trở thành $f(x^2)=f(2x)+x^2$

Cho $x=2$ thì $f(4)=f(4)+4$ (vô lý)

Vậy $f(x)=x, \forall x\in\mathbb R$




#730536 Chứng minh a.1 = a

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 19-09-2021 - 16:04

thôi thì chúng ta sẽ thừa nhận 0.1=0 và 1.1=1 như hai tiên đề

 

Nếu như vậy sao không chứng minh bằng quy nạp rằng khi giả sử đúng đến $a$ và chứng mình đúng đến $a+1$ thì $(a+1).1=a.1+1.1=a+1$ thỏa mãn? 




#730534 $f\big(f(x) + y\big) = f(x^2 - y) + 4yf(x)$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 19-09-2021 - 15:29

Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn $f\big(f(x) + y\big) = f(x^2 - y) + 4yf(x).$ (1)

 

Sử dụng phép thế để triệt tiêu $f(f(x)+y)$ và $f(x^2-y)$ tương đương với việc $f(x)+y=x^2-y \Leftrightarrow y= \frac{x^2-f(x)}{2}$ 

Do đó ta thay $y$ bởi $\frac{x^2-f(x)}{2}$ ta được $4(\frac{x^2-f(x)}{2})f(x)=0$. 

Suy ra $f(x)=0$ hoặc $f(x)=x^2$

Tuy nhiên chúng lại chưa có sự đồng nhất với mọi $x\in\mathbb R$ nên cần phải kiểm tra xem có tồn tại ít nhất là $3$ hàm thỏa phương trình hàm đề bài hay không.

Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa mãn phương trình hàm đề bài sao cho $f(a)=0$ và $f(b)=b^2$ với mọi $a,b \neq 0$ và thuộc $\mathbb R$

Từ đó ta có thêm $f(0)=0$, và thay $x=0$ vào (1) ta được $f(y)=f(-y), \forall y\in\mathbb R$ là hàm chẵn.

Thay $x=a,y=b$ ta được $f(a^2-b)=f(b)=b^2$, mà $f(a^2-b)$ chỉ nhận giá trị là $0$ (loại do $b\neq 0$) hoặc $(a^2-b)^2$ nên suy ra $b^2=(a^2-b)^2\Rightarrow a^2=2b$ (vì $a\neq 0$) (2)

Thay $x=a,y=-b$ ta được $f(a^2+b)=f(-b)=f(b)=b^2$, mà $f(a^2+b)$ chỉ nhận giá trị là $0$ (loại do $b\neq 0$) hoặc $(a^2+b)^2$ nên suy ra $b^2=(a^2+b)^2\Rightarrow a^2=-2b$ (vì $a\neq 0$) (3)

Từ (2) và (3) suy ra $2b=-2b \Rightarrow b=0$ (vô lý)

Như vậy chỉ có nhiều nhất 2 hàm thỏa mãn (1) là $f(x)=0,\forall x\in\mathbb R$ và $f(x)=x^2,\forall x\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.




#730506 $$1\leq a_1 \leq 2, \,\, a^{2}_{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 18-09-2021 - 14:32

Đã qua 1 tuần lễ không có lời giải nên mình post lời giải cho bài này

 

Lời giải:

 

Ta xét 2 trường hợp

 

-   Nếu $a_1=1$ ta có $3a_2-2=a^{2}_{3}\geq 0 \,\, \Rightarrow \,\, a_2\geq \frac{2}{3}$  khi đó với $a_{2}^{2}=3a_1-2=1\Rightarrow a_2=1$

 

Giả sử $a_1=a_2=...=a_k=1$ lập luận tương tự như trên ta suy ra được $a_{k+1}=1$

 

Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $a_n=1 \,\,,\,\, \forall n\geq 1$ nên $\lim_{n \to \infty }a_n=1$

 

-   Nếu $a_1\neq 1$ thì từ giả thiết suy ra $1<a_1\leq 2$ và ta đặt $a_1=1+x$ với $0<x\leq 1$

 

Ta có $3a_2-2=a^{2}_{3}\geq 0 \Rightarrow a_2\geq \frac{2}{3}$ và $\left\{\begin{matrix}a_{2}^{2}=3a_1-2\\4\geq 3a_1-2=3x+1\geq \left ( 1+x \right )^2\end{matrix}\right.$

 

Do $a_2$ là số dương nên ta suy ra được $2\geq a_2 \geq 1+x$

 

Giả sử $i=1,2,3,..,k$ ta có $2\geq a_i \geq 1+x$, từ $3a_{k+1}-2=a^2_{k+2}\geq 0$ suy ra $a_{k+1}$ là số dương

 

và $\left\{\begin{matrix}a_{k+1}^{2}=3a_k-2\\ 4\geq 3a_k-2\geq 3x+1\geq \left ( 1+x \right )^2\end{matrix}\right.$ suy ra $2\geq a_{k+1}\geq 1+x$

 

Theo nguyên lý qui nạp ta chứng minh được $2\geq a_n \geq 1+x \,\,,\,\, \forall n\geq 1$

 

Mặt khác, ta có $a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=-a_{n}^{2}+3a_n-2=\left ( a_n-1 \right )\left ( 2-a_n \right )\geq 0$ , do $a_n, a_{n+1}$ đều là số dương nên suy ra được $a_{n+1}\geq a_n$ , rõ ràng điều này đúng với mọi $n\geq 1$

 

Ta thấy $(a_n)_n$ là dãy tăng và bị chặn nên hội tụ, đặt $\lim_{n \to \infty }a_n=a$ suy ra $2\geq a\geq 1+x>1$

 

Phương trình giới hạn $a^2=3a-2$ có nghiệm $a=2$ thỏa mãn điều kiện của $a$

 

Ôi, em không thấy bài này, nhưng trường hợp 2 chứng minh $a_n\geq 1$ thì anh cứ quy nạp nó vào như bình thường vì dãy tăng nên không cần chứng minh $\geq 1+x$




#730492 Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mat...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-09-2021 - 16:49

Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(x)f(y)=f(xy)$  (1) , $f(x+y)=f(x)+f(y)$ (2) $,\forall x,y \in \mathbb{R}$

 

$x=y=0$ vào (2) ta được $f(0)=0$

Thay $y$ bởi $-x$ ta được $f(-x)=-f(x)$ suy ra $f$ hàm lẻ

Thay $y$ bởi $x$ vào (1) được $f(x^2)=f(x)^2\geq 0, \forall x\geq 0$

Từ (2) suy ra với mọi $x,y \geq 0$ thì $f(x+y)=f(x)+f(y)\geq f(x)$ 

Do đó $f$ là dãy tăng suy ra $f$ tuyến tính trên $\mathbb R^+$ (theo điều kiện yếu) 

Mà $f$ là hàm lẻ nên $f$ tuyến tính trên $\mathbb R$ 

Suy ra $f(x)=cx, \forall x\in\mathbb R$, $c$ là hằng số bất kì.

Thay lại vào hàm nhân tính ta được $c=0$ hoặc $c=1$

Vậy $f(x)=0\forall x\in\mathbb R$ và $f(x)=x\forall x\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.