Đến nội dung

pcoVietnam02

pcoVietnam02

Đăng ký: 31-03-2021
Offline Đăng nhập: 27-01-2024 - 17:19
****-

#727199 Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{Z} \to \mathbb...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-05-2021 - 22:09

Gọi $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x+f(x+2y))=f(2x)+f(2y)$
 
Nếu $f(2x)=2x+2$, với vài giá trị $x\in\mathbb Z$ thì :
$P(0,x)$ $\implies$ $f(2x+2)=2x+4$
Suy ra vì $f(0)=2$,ta có $f(2x)=2x+2$ $\forall x\in\mathbb Z_{\ge 0}$
 
Với $x\in\mathbb Z_{\ge 0}$ : $P(2x,-x)$ $\implies$ $f(-2x)=-2x+2$
 
Suy ra $f(2x)=2x+2$ $\forall x\in\mathbb Z$
 
 $f(1)=2p$ chẵn, suy ra $P(-2p+1,p)$ $\implies$ $2p=3$, mâu thuẫn.
Suy ra $f(1)$ lẻ và $P(1,0)$ $\implies$ $f(1+f(1))=6$
Vì $1+f(1)$ chẵn, nên $1+f(1)+2=6$ $\Rightarrow$ $f(1)=3$
 
Lấy một só lẻ $2x+1$ 
Nếu $f(2x+1)=2p$ chẵn, thì $P(1-2p,x+p)$ $\implies$ $f(1)=2(1-2p)+2+2(x+p)+2$ (vô lí), vì $VT$ lẻ và $VP$ chẵn.
Suy ra $f(2x+1)$ lẻ , $2x+1+f(2x+1)$ chẵn và $P(2x+1,0)$ $\implies$ $2x+1+f(2x+1)+2=2(2x+1)+2+2$
Do đó $f(2x+1)=2x+3$
 
Vì vậy $\boxed{f(x)=x+2\quad\forall x\in\mathbb Z}$, thử lại thấy thỏa mãn.



#727195 $f(f(x))=x$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-05-2021 - 21:36

Xét trong hàm $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$

Lấy $A, B$ là hai tập hợp con rời rạc của $\mathbb R$

Gọi $g(x)$ là hàm song ánh bất kì từ $A\rightarrow B$

Ta sẽ có các kết quả sau:

$\forall x\in A$ : $f(x)=g(x)$

$\forall x\in B$ : $f(x)=g^{-1}(x)$
$\forall x\notin A\cup B$ : $f(x)=x$
Dễ dàng thấy được có vô số hàm $f(x)$ thỏa.



#727155 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-05-2021 - 08:52

$\boxed{3}$ Tìm tất cả hàm $f: \mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R^+}$ thỏa
$f(\frac{x+y}{2}) = \frac{2f(x)f(y)}{f(x)+f(y)}$ , $\forall x,y\in \mathbb{R^+}$


Đặt $g(x)=\frac{1}{f(x)}$, $g(1)=a$ và $g(2)=a+m$
Thay $g(x)$ vào ta có $g(x)+g(y)=2g(\frac{x+y}{2})$

Mặt khác, ta có thể viết:
$$g(a+d)-g(a)=g(a+2d)-g(a+d)$$
$\forall q$, giả sử $g(1+\frac{1}{q})\neq a+\frac{q}{m}$,
$$g(2)-g(1+\frac{q-1}{q})=g(1+\frac{q-1}{q})-g(1+\frac{q-2}{q})=g(1+\frac{q-2}{q})-g(1+\frac{q-3}{q})=...=g(1+\frac{1}{q})-g(1)$$
Do đó $g(2)\neq g(1)+q \frac{m}{q}=a+m$, mâu thuẫn.
Vì vậy ta chứng minh $g$ là hàm tuyến tính đối với các số hữu tỉ trong khoảng $[1;2]$

Bằng cách chứng minh tương tự, ta có thể chứng minh với mọi số hữu tỉ, $g$ là hàm tuyến tính. Do đó với $\forall q$ thuộc $\mathbb{Q^+}$ ta có $g(\alpha)=m\alpha+c$
Giả sử có 1 số $\alpha$ mà $g(\alpha)\neq m\alpha+c$
$\Rightarrow$ Tồn tại một số hữu tỉ $q>\alpha$ đủ tiến đên $\alpha$, ta đặt $q-\alpha = \beta$ .Nếu $g(q)>g(\alpha)$, $ g(\alpha)-g(\alpha+\beta)=g(\alpha+\beta)-g(\alpha+2\beta)=\cdots=g(\alpha+(n-1)\beta)-g(\alpha+n\beta)$, $\forall n\in\mathbb Z$
Với các giá trị $n$ đủ lớn, $g(\alpha+n\beta)=g(\alpha)-n(\alpha-g(\alpha+\beta))<0$
Từ đó dẫn đến mâu thuẫn.

Do đó với các giá trị thỏa điều kiện và nằm trong khoảng đủ lớn gần $q>\alpha$, $g(q)>g(\alpha)$
Chứng minh tương tự ta được đối với các giá trị thỏa điều kiện và nằm trong khoảng đủ gần $q<\alpha$, $g(q)<g(\alpha)$
Vì vậy với các giá trị đủ gần $q$, $g(\alpha)=m\alpha+c$, mâu thuẫn.

Vậy $g(\alpha)=m\alpha+c$
$\Rightarrow \boxed{f(x)=\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{mx+c}}$


#727147 $4\sin x\sin(\frac{\pi}{3}+x)\sin(\frac{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 21:56

Giải phương trình:

 

$4.sinx.sin\left ( \frac{\pi }{3} +x\right ).sin(\frac{\pi }{3}-x)+4\sqrt{3}.cosx.cos\left ( \frac{2\pi }{3} +x\right ).cos\left ( \frac{4\pi }{3} +x\right )=2$

 

Phương trình tương đương:  $2.sinx(cos2x-cos\frac{2\pi}{3})+2\sqrt{3}cosx(cos2x+cos\frac{2\pi}{3})=2$

$\Leftrightarrow 2sinx.cos2x+sinx+2\sqrt{3}cosx.cos2x-\sqrt{3}cosx=2$

$\Leftrightarrow (sin3x-sinx)+sinx+\sqrt{3}(cos3x+cosx)-\sqrt{3}cosx=2$

$\Leftrightarrow sin3x+\sqrt{3}cos3x=2$

$\Leftrightarrow sin(3x+\frac{\pi}{3})=1$

Do đó phương trình có nghiệm $x=\frac{\pi}{18}+k\frac{2\pi}{3}$, ($k\in\mathbb Z$)




#727143 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 21:34

$\boxed{9}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa

$f(1-x)=1-f(f(x))$ , $\forall x \in \mathbb{R}$

 

Gọi $P(x)$ là phép thế của phương trình hàm $f(1-x)=1-f(f(x))$
 
$P(1-f(x))$ $\implies$ $f(f(x))=1-f(f(1-f(x)))$
$P(x)$ $\implies$ $f(f(x))=1-f(1-x)$
Suy ra $f(f(1-f(x)))=f(1-x)$ $\implies$ (vì $f$ là hàm tăng và đơn ánh) $f(1-f(x))=1-x$ (1)
 
$P(f(x))$ $\implies$ $f(1-f(x))=1-f(f(f(x)))$ và từ (1) ta được $f(f(f(x)))=x$ $\forall x$
 
Ta có, nếu $f(a)>a$ với vài giá trị $a$, ta được $f(f(a))>f(a)>a$ và $f(f(f(a)))>f(f(a))>f(a)>a$, vô lí.
Tương tự, nếu $f(a)<a$ với vài giá trị $a$, ta được $f(f(a))<f(a)<a$ và $f(f(f(a)))<f(f(a))<f(a)<a$, vô lí.
 
Vậy chỉ có nghiệm duy nhất là $\boxed{f(x)=x}$ $\forall x$, thử lại thấy đúng.



#727140 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 21:00

$\boxed{7}$: Tìm các hàm số $f:\Bbb {R^+} \rightarrow \Bbb {R} $ thỏa:

$$f\left( \dfrac{x+y}{2020} \right) = \dfrac{f(x) + f(y)}{2019},~\forall x, y \in \mathbb{R^+}.$$

 

Sử dụng CDE ta sẽ có được
$f(\frac{x+y+z}{2020})=\frac{f(x+y)+f(z)}{2019}=\frac{f(x)+f(y+z)}{2019}$
$\implies$ $f(y+x)-f(x)=f(y+z)-f(z)=h(y)$
$\implies$ $f(x+y)=f(x)+h(y)=f(y)+h(x)$ 
 $f(y+x)-f(x)=f(y+z)-f(z)=h(y)$
Thay đổi vị trí $x,y$ ta cũng có $f(x+y)=f(y)+h(x)$
Trừ đi ta được $h(y)-f(y)=h(x)-f(x)$ suy ra  $h(y)-f(y)=c$
$\implies$ $h(y)=f(y)-c$ với hằng số $c$, do đó
$\implies$ $f(x+y)=f(x)+f(y)-c$
Đặt $g(x)=f(x)+c$ ta được $g(x+y)=g(x)+g(y)$ 
Đây là hàm Cauchy và bằng cách giải với tập nguồn $\mathbb{R^+}$, ta dễ dàng có được $g(x)=mx$ với hằng số $m$
Vì thế ta sẽ có $f(x)=mx+c$
Thay vào phương trình đề bài ta có $m=0,c=0$. Vậy $\boxed{f(x)=0, \forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.



#727132 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 17:22

Bây giờ mình sẽ giải quyết các bài tồn đọng này nhé. 

 

Bài 5: Tìm đa thức P(x) sao cho thỏa đồng nhất thức sau: $P(x^{2}-2x)\equiv [P(x-2)]^{2}$

P/S: nếu bạn "chủ thớt" cảm thấy bài toán này không phù hợp với TOPIC thì bạn hãy xóa bài này đi  :lol:

 

Thay $x$ bởi $x+1$ ta có: $P((x+1)^2-2(x+1))=(P(x+1-2))^2$ $\Rightarrow$ $P(x^2-1)=(P(x-1))^2$

Đặt $P(x-1)=Q(x)$ ta có $Q(x^2)=Q(x)^2$

Đây là phương trình đa thức điển hình, mà ta dễ dàng có được 

$Q(x)=0 \Rightarrow P(x)=0$ và $Q(x)=x^n \Rightarrow P(x)=(x+1)^n$




#727105 PTH Hosszu: $f(x+y-xy)+f(xy)=f(x)+f(y),\forall x,y\in \ma...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-05-2021 - 23:36

Gọi $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x+y-xy)+f(xy)=f(x)+f(y)$
Vì $f(x)$ là nghiệm suy ra $f(x)-(ux+v)$ cũng là một nghiệm, không mất tính tổng quát ta giả sử $f(0)=f(-1)=0$
 
Đặt $h(x)=f(x)+f(-x)$
$P(x,-x)$ $\implies$ $h(x^2)=h(x)$ và vì $f$ liên tục, $h(x)=c$ là hàm hằng.
$h(0)=0$ suy ra $f(-x)=-f(x)$ $\forall x$
 
Cộng $P(\frac {x-1}2,-1)$ với $P(-\frac {x-1}x2,-1)$ vế theo vế, ta được $f(-x)=-f(x-2)$
Do đó $f(x+2)=f(x)$
 
Suy ra $f(n)=0$ $\forall n\in\mathbb Z$
$P(x,-1)$ trở thành $f(2x-1)=2f(x)$ suy ra $2f(x)=f(2x-1)=f(2x+1)=2f(x+1)$ $\Rightarrow$ $f(x+1)=f(x)$
 
$P(x,n)$ $\implies$ $f(nx)=f(x)+f(n-1)x$ suy ra $f(nx)=nf(x)$
Suy ra $f(\frac pqx)=\frac pq f(x)$ do đó $f(x)=0\quad\forall x\in\mathbb Q$
 
Và vì $f$ liên tục, $f(x)=0$ $\forall x$
 
Trở lại chỗ giả sử, ta đưcọ $\boxed{f(x)=ax+b\quad\forall x}$ , thử lại thấy thỏa mãn.



#726959 $f(x^2-y^2)=xf(x)-yf(y), \forall x, y\in \mathbb{R}$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 15:54

Gọi $ P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $ f(x^2-y^2)=xf(x)-yf(y)$
 
$ P(0,0)$ $ \implies$ $ f(0)=0$
$ P(x,0)$ $ \implies$ $ f(x^2)=xf(x)$ suy ra $ P(x,y)$ trở thành $ f(x^2-y^2)=f(x^2)-f(y^2)$ (1)
$ P(0,x)$ $ \implies$ $ f(-x^2)=-xf(x)=-f(x^2)$ (2)
Từ (1) và (2) ta có $ f(x+y)=f(x)+f(y)$ $ \forall x,y$
 
*Thật vậy, ta có $Q(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x^2-y^2)=f(x^2)-f(y^2)$
$x\ge 0$,  $y\ge 0$ : $Q(\sqrt{x+y},\sqrt y)$ $\implies$ $f(x+y)=f(x)+f(y)$
$x\ge 0$, $y\le 0$ : $Q(\sqrt x,\sqrt{-y})$ $\implies$ $f(x+y)=f(x)-f(-y)=f(x)+f(y)$
$x\le 0$ , $y\le 0$ : $Q(\sqrt{-x-y},\sqrt {-y})$ $\implies$ $f(x+y)=f(x)+f(y)$
$x\le 0$ , $y\ge 0$ : $Q(\sqrt y,\sqrt{-x})$ $\implies$ $f(x+y)=f(y)-f(-x)=f(x)+f(y)$
 
Suy ra $ P(x+1,0)$ $ \implies$ $ f(x^2+2x+1)+(x+1)f(x+1)$ nên $ f(x^2)+2f(x)+f(1)=xf(x)+f(x)+xf(1)+f(1)$, và vì $ f(x^2)=xf(x)$, ta suy ra : $ f(x)=xf(1)$
Vậy $ \boxed{f(x)=ax}$ với hằng số $a$.
Thử lại thấy thỏa mãn.



#726938 $f(x+y) \geq f(x)+yf(f(x))$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 11:00

Nếu $ f(f(x)) \le 0$ với mọi $ x$.Suy ra với mọi $ y\le 0$ ta có $ yf(f(x))\ge 0$ suy ra $ f(x + y)\ge f(x) + yf(f(x))$ với mọi $ x$.Do đó $ f(x)$ là hàm giảm.
Vì $ f(0) > 0 > f(f(x))$ nên $ 0 < f(x)$ với mọi $x$.Mâu thuẩn với $ f(f(x)) < 0$
Do đó tồn tại $ z$ sao cho $ f(f(z)) > 0$.
Từ bất đẳng thức trên, $ f(x +z)\ge f(z) + xf(f(x))\rightarrow lim_{x\to \infty} f(x) =+\infty$
Suy ra $ lim_{x\to \infty}f(f(x))=+ \infty$
Chọn $ x; y > 0$ thỏa $ f(x)\ge 0; f(f(x)) > 1; y\ge \frac {x +1}{f(f(x)) - 1}$ và $ f(f(x+y+ 1)) \ge 0$
Từ đó ta có $ f(x + y)\ge f(x) + yf(f(x))\ge x +y + 1$.
Ta lại có $ f(f(x + y))\ge f(x + y + 1) + [f(x + y)- x + y + 1)](f(f(x + y+ 1)) \ge f(x + y+ 1)\ge f(x +y) + f(f(x +y))\ge f(x) + yf(f(x)) + f(f(x+ y)) > f(f(x + y))$
Suy ra được điều mâu thuẫn.
Vậy không có hàm nào thỏa.



#726935 $f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 10:39

Gọi $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}$
$$P(0,0)\implies \begin{cases} f(0)=1 \\ f(0)=0\end{cases}$$
Giả sử $f(0)=1$ đặt $f(a)=1$ với vài giá trị $a\ne 0$
$P(x,0)\implies f(x^2)=f(x)+xf(f(x))\quad\forall x$
Với $x=1$ ta có $f(f(1))=0$ suy ra $c=f(1)\ne 0$ (vì $f(0)=1$) nên $f(c)=0$
$$P(c,y)\implies f(c^2)=c\implies f(f(c^2))=0$$
$$P(1,x)\implies f(1+cx)=cf(x)\quad\forall x (1)$$
$$P(c^2,x)\implies f(c^4+cx)=cf(x)\quad\forall x (2)$$
Thay $x=a$ in $(1)$ ta có $f(1+ac)=c=f(1)$ suy ra $f(f(1+ac))=0$
Do đó $$P(1+ac,y)\implies f(1+a^2c^2+2ac+cy)=cf(y)=f(1+cy)$$
Cho nên $c\ne 0$ và ta có $1+cy$ chạy trong tập $\mathbb{R}$, đặt $b=a^2c^2+2ac$ suy ra $f$ là hàm tuần hoàn chu kì $b$ .
Lấy giá trị $x$ sao cho $2x+b\in\mathbb{N}$ suy ra $f(x^2+yf(x))=f(x^2+2xb+b^2+yf(x+b))$ do đó $P(x+b,y)-P(x,y)=0$ và $$b.f(f(x))=0\quad\forall x$$
 
Nếu $b\ne 0$ thì với$x+2b\in\mathbb{N}$ ta có
$$f(x^2+yf(x))=f(x)f(y)\quad\forall y,x: x+2b\in\mathbb{N}$$
Suy ra $f(x^2+yf(x))=f(y^2+xf(y))$ với mọi $x,y$ thỏa $(x+2b;y+2b)\in\mathbb{N}^2$
Vì $f(y)=f(y+2b)=f(\mathbb{N})$ thì ta thay $y=0$ suy ra $f(x^2)=0\quad\forall x: x+2b\in\mathbb{N}$ và suy ra $f(x^2)=0\quad\forall x\in\mathbb{N}$,mâu thuẫn vì $f(1)\ne 0$
Suy ra $b=0\implies ac=-2$ vì $a,c\ne 0 (\star)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $f(1-c^4)=cf(-c^3)=f(0)=1$ suy ra $(1-c^4)c=-2$ hoặc $1-c^4=0 (3)$
Mà $f(c^4-1)=1$ suy ra $(c^4-1)c=-2$ hoặc $c^4-1=0 (4)$
Vì $c$ phải thỏa mãn $(3),(4)$ nên $c=\pm1$
Suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(-1)=0$, do đó $f(1)\ne 0$ $\Rightarrow$ $f(-1)=0$ 
$$P(-1,x)\implies f(1)=-1\implies c=-1$$
$$P(1,y)\implies f(1-y)=-f(y)\quad\forall y$$
Dẽ dàng tính được $f(4)=2,f(2)=0$ suy ra $f(16+2y)=2f(y)\quad\forall y$ và suy ra $f(-6)=1$
Từ $(\star)$ ta phải có $-6(-1)=-2$ or $-6=0$, mâu thuẫn.
Suy ra $f(0)=0$
$$P(x,0)\implies f(x^2)=xf(f(x))\quad\forall x\in\mathbb{R}$$
Dễ dàng thấy được $f(x)=0\quad\forall x$ là một kết quả, nên ta giả sử $f$ là hàm khác hàm hằng.
Nếu $f(1)\ne 0$, đặt $f(1)=e$ ta có $f(e)=e$ (vì $f(x^2)=xf(f(x))$)
$$P(1,x)\implies f(1+ex)=e+ef(x)\quad\forall x$$
Tương tự đặt $t=f(-1)\ne 0$ ta có $f(1+tx)=-f(t)+tf(x)=e+tf(x)$ suy ra $f(1)=e=-f(f(-1))=-f(t)$
Cho nên $tf(e)=ef(t)$,nhưng $f(e)=e$ nên $f(t)=t$ và $t=-e$.
$$P(e,x)\implies f(e^2+ex)=e^2+ef(x)\quad\forall x$$
Thay $x=-1$ ta có $f(e^2-e)=e^2+et=0$
Nếu $f$ tại $0$, ta có $e=1=f(1)$ suy ra $f(-1)=t=-1$
$$P(1,x)\implies f(x+1)=f(x)+1\quad\forall x\in\mathbb{R}$$
$$P\left(x,\frac{1}{f(x)}\right)\implies f(x^2+1)=f(x^2)+f(x)f\left(\frac{1}{f(x)}\right)\quad\forall x\ne 0(\star\star)$$
Gọi tập hợp $S=\{x\in\mathbb{R}: f(x)=x\}$
Từ $(\star\star)$ và $f(x+1)=f(x)+1\quad\forall x$ ta có $\frac{1}{f(x)}\in S\quad\forall x\ne 0$.
Chọn $a,b$ sao cho $a,b\in S$, (có thể chọn $a=b$)
Suy ra $P(a.b)\implies f(a^2+ab)=a^2+ab\implies a^2+ab\in S$. 
$P(a,-a)\implies 0=a+af(-a)\implies f(-a)=-a\implies -a\in S$ và suy ra $b\in S$
$P(a,-b)\implies a^2-ab\in S.$
Suy ra $(a^2+ab)^2+(a^2+ab)(a^2-ab)=2a^3(a+b)\in S$.
$$P\left(b,\frac{a}{b}-b\right)\implies \frac{a}{b}-b\in S.$$
Vì $2a^3(a+b)\in S$ và $f(a^2)=af(f(a))=a^2\implies a^2\in S$ nên $\frac{2a^3(a+b)}{a^2}-a^2\in S\implies a^2+2ab\in S$.
Suy ra $\frac{a^2+2ab}{a}-a\in S\implies 2b\in S$,tương tự ta có $2a\in S$.
$2(a^2+2ab)\in S$ và $2a\in S$ suy ra $\frac{2a^2+4ab}{2a}-2a=2b-a\in S\implies a-2b\in S$
$\frac{a^2+2ab}{2a}-2a\in S\implies b-\frac{3a}{2}\in S$ vì $-2a\in S$ nên $b+3a\in S\implies b+3a-2a\in S\implies b+a\in S\implies b-a\in S$ ($-a\in S$)$\implies a-b\in S$.
Từ đây ta có $ab,\frac{a}{b}\in S$ thỏa mãn.
Ta có $\frac{1}{f(x)}\in S\quad\forall x\ne 0$ cho nên $f(x)\in S\quad\forall x$ (vẫn đúng với $x=0$).
Suy ra $$f(f(x))=f(x)\quad\forall x$$
$$P(x,0)\implies f(x^2)=xf(f(x))=xf(x)\quad\forall x\in\mathbb{R}$$
Cho $x\in\mathbb{R}$, nếu $f$ là đơn ánh at $0$ thì $\frac{f(x^2)}{f(x)}\in S\quad\forall x\ne 0$ suy ra $x\in S\quad\forall x\ne 0$ nhưng vẫn đúng với $x=0$,vì vậy $\boxed{f(x)=x\quad\forall x\in\mathbb{R}}$.
Thử lại thấy thỏa mãn.



#726934 CMR: $\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 10:32

Cho $a,b,c$ là các số thực phân biệt thoả $a+b+c=0$. Chứng minh rằng:

\[\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2}{ac+2b^2} +\frac{c^2}{ab+2c^2} = 1 .\]
 

P/S: Việc chứng minh có lẽ không là vấn đề. Tuy nhiên nên khai thác nhiều cách làm! :)

 

Dễ dàng có được từ $a+b+c=0$ rằng $bc=-c^2-ac$ và $a^2=-a(b+c)$

Suy ra $\frac{a^2}{bc+2a^2}=\frac{-a(b+c)}{(a-c)(2a+c)}=\frac{-a(b+c)}{(a-c)(a-b)}$ (vì $c=-a-b$) 

Tương tự $\frac{b^2}{ac+2b^2}=\frac{-b(a+c)}{(b-c)(b-a)}$ $\frac{c^2}{ab+2c^2}=\frac{-c(a+b)}{(c-b)(c-a)}$

Thay vào và phân phối vào ta có tử và mẫu đều như nhau suy ra đpcm.  :D 

 

Chào anh Baoriven, mong được làm quen với anh. 




#726918 $f(x^2+f(y))=4y+\frac{1}{2}f^2(x)$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 12-05-2021 - 22:44

b) Thay $x=0$ ta có $f$ là hàm toàn ánh.

Thay $x=t$ và $x=-t$ để có $f$ là hàm lẻ.

Ta cũng dễ dàng chứng minh được $f$ là đơn ánh bằng cách giả sử tồn tại 2 số $a$ và $b$ sao cho $f(a)=f(b)$.

Thay $x=y=0$ ta có $f(0)=0$.

Với $y=0$, ta có  $f(x^2)=\frac{1}{2}f(x)^2$ (1)

Vì thế với $y = -t$ ta được $f(x^2+f(-t))=f(x^2-f(t))=-4t+\frac{1}{2}f^2(x) = -4t +f(-x^2)$ 

$\Rightarrow f(-x^2+f(t)) = 4t+f(x^2)$

Do đó với mọi $x, y \in \mathbb R$ : $f(x+f(y)) = 4y+f(x) = f(f(y))+f(x)$ , nên đặt $t= f(y)$ ta sẽ có: $f(x+t)=f(x)+f(t)$

Ta có đây là hàm Cauchy quen thuộc, nhưng ta hãy để ý điều sau:

Nếu ta thay $x$ bởi $\sqrt{x}$, với $x\geq 0$, ta sẽ có $f(x)=\frac{1}{2}f(\sqrt{x})^2 \geq 0$

Do đó $f(x)$ sẽ không có giá trị ở phần tư thứ hai (theo chiều kim đồng hồ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. 

Vì vậy, ta sẽ có một kết quả từ hàm Cauchy là $f(x)$ là hàm tuyến tính và liên tục. Thay lại vào hàm đề bài ta có một kết quả duy nhất là $\boxed{f(x)\equiv 2x}$.

Thử lại thấy đúng với mọi $x \in\mathbb R$




#726916 $f(x^2+f(y))=4y+\frac{1}{2}f^2(x)$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 12-05-2021 - 22:16

a) Ta giải bằng cách sử dụng quy nạp mạnh để chứng minh $f(n)=n$ (1)

Với $n=1$, dễ dàng có được $f(1)=1$, vì $f(1)>0$

Giả sử (1) đúng đến $n=k$, chứng minh (1) đúng đến $n=k+1$

Ta chứng minh như sau:

Áp dụng giả thiết quy nạp ta có $1^3+2^3+\ldots+n^3+f(n+1)^3=(1+2+\ldots+n+f(n+1))^2$, suy ra $f(n+1)^3=2f(n+1)(1+\ldots+n)+f(n+1)^2$.

Do đó $f(n+1)^2-f(n+1)-n(n+1)=0$.Ta có một phương trình bậc hai ẩn $f(n+1)$, chứa tham số n, suy ra được nghiệm $f(n+1)=\frac{1\pm(2n+1)}2$, suy ra được 2 nghiệm $f(n+1)=-n$ (loại) hoặc $f(n+1)=n+1$ (nhận).

Vì vậy (1) đúng với mọi $n\in\mathbb{N^*}$




#726778 $\textrm{Cho các số thực } x,y>0 \textrm...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 09-05-2021 - 20:58

$\textrm{Ta có: } \sqrt{xy} \le \dfrac{x+y}{2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{xy}} \le \dfrac{2}{1-2x}$

 

Chỗ này bị ngược dấu rồi bạn