hoang9antt

Từ giả thiết ta thấy $f$ là toàn ánh.

Do đó tồn tại a sao cho $f(a)=0$.

Thay $x=a$ ta có $f(f(y))=y,\forall y\in\mathbb R$.

Do đó $f$ là đơn ánh.

Thay $x=0$ suy ra $f(0)^3=0\Rightarrow f(0)=0$.

Thay $y=0$ ta có $f(x^2f(x))=f(x)^3$.

Thay $y=-f(x)^3$ ta có $f(x^2f(x)+f(-f(x)^3))=0=f(0)\Rightarrow x^2f(x)+f(-f(x)^3)=0\Rightarrow f(-f(x)^3)=-f(x)^3$.
Mặt khác $f$ toàn ánh nên $-f(x)^3$ cũng toàn ánh. 

Do đó $f(x)=x^3,\forall x\in\mathbb R$.

Thử lại ta thấy thoả mãn.

Vậy $f(x)=x^3,\forall x\in\mathbb R$.

Anh ơi,ở đoạn đầu mk cho x=1 thì cm đc f song ánh luôn dk?

Ta có : $P(x)$ và $Q(x)$ có bậc $\leq 2020$
nên số nghiệm của 2 đa thức tối đa là $2020$
Cho $x=1$ : $P(1)=Q(1)+1$
Cho $x=0$ : $Q(0)= \frac{-1}{2^{2021}}$
Cho $x=2$ : $P(2)=-Q(0)=\frac{1}{2^{2021}}$
Suy ra $P(1)=Q(1)+1=Q(1)+ 2^{2021}.P(2)= Q(1)-2^{2021}.Q(0)$
Nên $Q(1)=P(1)+2^{2021}.Q(0)$
Đến đây làm tiếp như nào nhỉ ?

Bạn ơi $m\in\overline{1,n-1}$ nghĩa là $1\le m\le n-1$ đấy ạ (điều kiện ý)

à vâng ạ em quên mất

Tìm hàm $f:\mathbb N^*\to\mathbb N^*$, biết
$$\begin{cases}f(1)=a\\ f(2)=b\\f(n)+f(m)=f\left(\frac{n^2-3n+6}{2}+m\right),\quad\forall m\in\overline{1, n-1}\end{cases}$$

P(1,1): 2f(1)=f(2+1)=f(3)=2a
p(2,2): 2f(2)=f(2+2)=f(4)=2b
P(1,2): f(1)+f(2)=f(2+2)=f(4)=2b
Hay a+b=2b nên a=b
e làm được đến đây mong mn hoàn thành nốt ạ$

Em tính chứng minh p(x,x): f(x)^2+x^2<=f(x)f(2x)<=2xf(x)

hay f(2x)<=2x để lấy được dấu = mà chưa biết cách CM