Danh sách kiến thức được dùng không cần chứng minh VMO 2014.

[Fool's theorem]

Chắc nhiều bạn cũng chưa biết nên mình mạn phép mở topic mới up file này lên, lấy từ trang của bộ.
Tiện thể bạn nào có mấy quyển sách được nhắc đến trong đó thì có thể đưa mấy kết quả đó lên cho mọi người cùng biết( toàn sách cổ kiếm đâu giờ )

p/s: Được dùng nhiều hơn tưởng tượng , có cả nghịch đảo.
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[quocbaoct10]

ô hô, tổ hợp có cho dùng cả lí thuyết đồ thị này . Số học vẫn keo như thế .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vietha_b2sty]

Ai biết mấy cái kết quả trong mấy cái sách ấy, đăng lên hộ cái
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[5434]

Kinh nghiệm là cứ áp dụng thoải mái, nếu bài dài rồi thì thôi, còn ngắn thì cm lại một chút như bổ đề là ok
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Conanvn]

Các bác giúp với, không có mấy cuốn này
-Các khái niệm và kết quả lý thuyết được trình bày trong Chương I; §1, §2, §4 Chương II; §1, §2, §3 Chương III; Chương IV và Chương V cuốn"Bài giảng số học" của nhóm Tác giả: Đặng Hùng Thắng(Chủ biên), Nguyễn Văn Ngọc, Vũ Kim Thuỷ (NXB Giáo dục, 1994)
Các bất đẳng thức tích phân được trình bày trong mục 3 của §2 Chương III SGK Giải tích 12 (Sách chỉnh lí hợp nhất năm 2000, NXB Giáo dục).
- Kết quả của Ví dụ 1.4 trong §1 Chương V cuốn"Bất đẳng thức" của Tác giả Phan Đức Chính (NXB Giáo dục, 1993).
- Đa thức Trêbưsep và các tính chất được trình bày trong phần 1 Phụ lục 3 cuốn"Bất đẳng thức"của Tác giả Phan Đức Chính (NXB Giáo dục, 1993).
Kết quả các Bài toán 1-7 trong §1 Chương II cuốn"Phương trình hàm" của Tác giả Nguyễn Văn Mậu (NXB Giáo dục, 1997).
Các khái niệm và kết quả được trình bày trong §1, §2 và §3 của tài liệu "Về một số vấn đề của giải tích tổ hợp trong chương trình THPT "(Biên soạn: Nguyễn Khắc Minh. Tài liệu báo cáo tại Hội nghị tập huấn giáo viên giảng dạy chuyên toán toàn quốc, Hà Nội-1997).
- Kết quả của các Bài toán 1, 4, 5 trong §4 của bài viết nói trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hakudoshi]

Những cuốn sách khó kiếm thì bộ nên úp lại 1 vài phần trong đó lên luôn. Đằng này bảo là bài bao nhiêu, trang số bao nhiêu. Làm ăn chụp giật kinh. Chắc muốn tiếp thị sách
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[falcaono1]

Sao lại có cả hình học không gian la thế nào nhỉ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TrauBo]

Công thức nghiệm của pt Pell có được dùng không nhỉ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Fool's theorem]

Trong quyển bài giảng số học có đó anh, nên chắc được dùng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[5434]

Chắc chắn là không rồi Trâu
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TrauBo]

Nguyên văn bởi Fool's theorem

Trong quyển bài giảng số học có đó anh, nên chắc được dùng

Nguyên văn bởi 5434

Chắc chắn là không rồi Trâu

LTE thì chắc là không luôn rồi. Vậy là phải dành 1 buổi tối học thuộc cách CM bổ đề

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Fool's theorem]

Thực ra chiếu theo các năm trước thì LTE chủ yếu là biết để nhìn ra thôi chứ em thấy thấy rồi thì quy nạp còn nhanh hơn ngồi c/m lại LTE =.=
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[VinhPhucNK]

Việc đến giờ vẫn còn kiến thức hình không gian được sử dụng chứng tỏ là Bộ chẳng quan tâm gì tới kì thi quốc gia cả

Cho mình hỏi chút là đi thi có cần vẽ hình chính xác không? Mở rộng hơn là có cần vẽ hình không? Và nếu vẽ đường thẳng hay đường tròn lệch 1 chút có bị trừ điểm không?
Hay là vẽ rồi ghi "hình chỉ mang tính minh họa" có bị đánh dấu bài không nhỉ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[minhcanh2095]

Mình xin trình bày kết quả các bài toán 1 - 7 trong cuốn "Phương trình hàm" của thầy Nguyễn Văn Mậu theo yêu cầu của bạn Conanvn và Traubo.

$\fbox{1}$. (Phương trình hàm Cauchy). Xác định tất cả các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$f(x+y)=f(x)+f(y),\quad \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad \quad (1)$$

Lời giải : Từ (1) suy ra được $f(0)=0$ và $f(-x)=-f(x), \forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.1)$.
Với $y=x$ thì $f(2x)=2f(x), \forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.2)$.
Giả sử với $k$ nguyên dương nào đó ta có $f(k)=kf(x)$.
Khi đó $f((k+1)x)=f(kx+x)=f(kx)+f(x)=kf(x)+f(x)=(k+1)f(x) $.
Vậy $f(nx)=nf(x), \forall x \in \mathbb{R}, \forall n \in \mathbb{N^{*}}$
Từ đó do (1.1) nên ta có $f(mx)=mf(x), \forall m \in \mathbb{Z}, \forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.3)$.
Từ (1.2) ta có $$f(x) = 2f\left( {\frac{x}{2}} \right) = {2^2}.f\left( {\frac{x}{{{2^2}}}} \right) = \ldots = {2^n}.f\left( {\frac{x}{{{2^n}}}} \right), \quad \forall x \in \mathbb{R},\forall n \in \mathbb{N^{*}}$$
Suy ra $$f\left( {\frac{x}{{{2^n}}}} \right) = \frac{1}{{{2^n}}}.f(x),\forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.4)$$
Từ (1.3) và (1.4) ta có $$f\left( {\frac{m}{{{2^n}}}} \right) = \frac{m}{{{2^n}}}.f(1),\forall m \in \mathbb{Z},\forall n \in \mathbb{N^{*}}$$
Từ đó sử dụng tính liên tục của hàm $f$ suy ra $f(x) = x.f(1), \forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thỏa mãn.
Kết luận : $f(x) = ax, \forall x \in \mathbb{R}$ với $a=f(1)$.
Chú ý: Có thể thay điều liên tục trên $\mathbb{R}$ bởi điều kiện liên tục tại một điểm $x_0$ tùy ý thuộc $\mathbb{R}$.

$\fbox{2}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$f(x+y)=f(x).f(y), \quad \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad (2)$$.

Lời giải : Dễ thấy rằng hàm $f(x)=0,\forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn bài toán. Giả sử tồn tại $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) \ne 0$, khi đó $$f({x_0}) = f(x + ({x_0} - x)) = f(x).f(x - {x_0}) \ne 0, \forall x \in \mathbb{R} \\ \Rightarrow f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}$$
Hơn nữa, ta có $f(x) = f\left( {\frac{x}{2} + \frac{x}{2}} \right) = {\left[ {f\left( {\frac{x}{2}} \right)} \right]^2}$ nên ta có $f(x) > 0, \forall x \in \mathbb{R}$.
Đặt $\ln{f(x)}=g(x)$ thì $g(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $$g(x + y) = \ln f(x + y) = \ln f(x).f(y) = \ln f(x) + \ln f(y) = g(x) + g(y), \forall x, y \in \mathbb{R}$$
Vậy $g(x)$ thỏa mãn các điều kiện của phương trình hàm Cauchy nên $g(x)=bx, \forall x \in \mathbb{R}$ với $b$ túy ý.
Từ đó $f(x)=e^{g(x)}=e^{bx}=a^x$ với $a=e^b >0$ tùy ý.
Kết luận $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ hoặc $f(x)=a^x, \forall \in \mathbb{R} \quad (a>0)$.

$\fbox{3}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$\left\{ \begin{array}{l}
f(x - y) = \frac{{f(x)}}{{f(y)}},\forall x,y \in \mathbb{R}\\
f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}
\end{array} \right. \quad \quad (3)$$

Lời giải : Đặt $x-y=z$ thì $x=y+z$ và (3) trở thành $$\left\{ \begin{array}{l}
f(z) = \frac{{f(y + z)}}{{f(y)}},\forall y,z \in \mathbb{R} \\
f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f(y + z) = f(y).f(z),\forall y,z \in \mathbb{R} \\
f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}
\end{array} \right.$$
Từ kết quả bài 2 và do $f(x) \ne 0, \forall x \in \mathbb{R}$ ta có $f(x)=a^x, \forall x \in \mathbb{R}$ và $a>0$ tùy ý.

$\fbox{4}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \{ 0\}$ thỏa mãn điều kiện $$f(xy)=f(x).f(y), \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad (4)$$

Lời giải : Cho $y=1$ thì $f(x)=f(x).f(1)$. Từ đó nếu $f(1) \ne 1$ thì ta có một hàm thỏa mãn bài toán là $f(x) = 0, \forall x \in \mathbb{R}\backslash \{ 0\}$
Xét $f(1)=1$. Khi đó $1 = f(1) = f\left( {x.\frac{1}{x}} \right) = f(x).f\left( {\frac{1}{x}} \right),\forall x \ne 0$. Suy ra $f(x) \ne 0, \forall x \ne 0$ và $f(x^2)=f(x).f(x)=[f(x)]^2 >0, \forall x \ne 0$.
a) Nếu $x>0, y>0$ thì đặt $x=e^u,y=e^v, f(e^x)=g(x)$. Khi đó $$g(u + v) = f({e^{u + v}}) = f({e^u}.{e^v}) = f({e^u}).f({e^v}) = g(u).g(v),\forall u,v \in \mathbb{R}$$
Từ đó $g(u)=a^u,\forall u \in \mathbb{R} \quad (a>0)$. Từ đó $$f(x) = f({e^u}) = g(u) = {a^u} = {a^{\ln x}} = {({e^{\ln a}})^{\ln x}} = {x^\alpha } \quad (\alpha = \ln{a}), \forall x >0$$
b) Nếu $x<0,y<0$. Do $[f(x)]^2=f(x^2), \forall x \ne 0$ nên $$f({x^2}).f({y^2}) = {[f(x)]^2}.{[f(y)]^2} = {[f(xy)]^2} = f({x^2}.{y^2}), \forall x,y \ne 0$$
Vậy theo a) thì $${[f(x)]^2} = f({x^2}) = {({x^2})^\alpha } = {\left( {{{\left| x \right|}^\alpha }} \right)^2},\forall x < 0$$ với $\alpha$ tùy ý thuộc $\mathbb{R}$
Từ đó do $f$ liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \{ 0\}$ nên $$\left[ \begin{array}{l}
f(x) = {\left| x \right|^\alpha },\forall x < 0\\
f(x) = - {\left| x \right|^\alpha },\forall x < 0
\end{array} \right.$$
Kết hợp các kết quả của a) và b) ta được kết quả : Các hàm thỏa mãn (4) là một trong các hàm :
1. $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R} \backslash \{0 \}$.
2. $f(x) = {\left| x \right|^\alpha }, \forall x \in \mathbb{R} \backslash \{0 \}$ với $\alpha$ tùy ý
3. $\left[ \begin{array}{l}
f(x) = {x^\alpha },\forall x > 0\\
f(x) = - {\left| x \right|^\alpha },\forall x < 0
\end{array} \right.$

$\fbox{5}$. Xác định các hàm $f$ liên tục trên $\mathbb{R} \backslash \{0 \}$ thỏa mãn điều kiện $$f(xy) = f(x) + f(y),\forall x,y \in \mathbb{R} \backslash \{0 \} \quad (5)$$

Lời giải : Xét hai trường hợp :
a) $x>0,y>0$. Khi đó đặt $x=e^u,y=e^v$ và $f(e^x)=g(x)$ thì $$g(u + v) = f({e^{u + v}}) = f({e^u}.{e^v}) = f({e^u}) + f({e^v}) = g(u) + g(v),\forall u,v \in \mathbb{R}$$
Vậy $g(u)=au,\forall u \in \mathbb{R}$, suy ra $f(x) = a\ln{x},\forall x>0$.
b) $x<0,y<0$. Khi đó cho $y=x$ trong (5) ta được $$f({x^2}) = 2f(x) \\ \Rightarrow f({x^2}) + f({y^2}) = 2[f(x) + f(y)] = 2f(xy) = f({x^2}.{y^2})$$
Từ đó theo a) thì $$f(x) = \frac{1}{2}f({x^2}) = \frac{1}{2}a\ln {x^2} = a\ln ( - x),\forall x < 0$$
Kết luận : $f(x) = a\ln \left| x \right|,\forall x \ne 0$

$\fbox{6}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xy)=f(x)-f(y), \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad (6)$$

Lời giải : Cho $x=y=0$ thì $f(0)=0$. Từ đó với $x \in \mathbb{R}$ và $y=0$ thì $f(x)=0$. Thử lại thấy thỏa mãn.

$\fbox{7}$. Xác định các hàm liên tục trên $(0 ; +\infty)$ thỏa mãn điều kiện $$f\left( {\frac{x}{y}} \right) = f(x) - f(y),\forall x,y > 0 \quad \quad (7)$$

Lời giải : Đặt $\dfrac{x}{y}=t>0$ thì $x=ty$ và $$f(t) = f(ty) - f(y) \Leftrightarrow f(ty) = f(t) + f(y)$$
Suy ra $f(x)=a\ln{x}, \forall x>0$, $a$ tùy ý.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Conanvn]

Nguyên văn bởi minhcanh2095

Mình xin trình bày kết quả các bài toán 1 - 7 trong cuốn "Phương trình hàm" của thầy Nguyễn Văn Mậu theo yêu cầu của bạn Conanvn và Traubo.

$\fbox{1}$. (Phương trình hàm Cauchy). Xác định tất cả các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$f(x+y)=f(x)+f(y),\quad \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad \quad (1)$$

Lời giải : Từ (1) suy ra được $f(0)=0$ và $f(-x)=-f(x), \forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.1)$.
Với $y=x$ thì $f(2x)=2f(x), \forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.2)$.
Giả sử với $k$ nguyên dương nào đó ta có $f(k)=kf(x)$.
Khi đó $f((k+1)x)=f(kx+x)=f(kx)+f(x)=kf(x)+f(x)=(k+1)f(x) $.
Vậy $f(nx)=nf(x), \forall x \in \mathbb{R}, \forall n \in \mathbb{N^{*}}$
Từ đó do (1.1) nên ta có $f(mx)=mf(x), \forall m \in \mathbb{Z}, \forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.3)$.
Từ (1.2) ta có $$f(x) = 2f\left( {\frac{x}{2}} \right) = {2^2}.f\left( {\frac{x}{{{2^2}}}} \right) = \ldots = {2^n}.f\left( {\frac{x}{{{2^n}}}} \right), \quad \forall x \in \mathbb{R},\forall n \in \mathbb{N^{*}}$$
Suy ra $$f\left( {\frac{x}{{{2^n}}}} \right) = \frac{1}{{{2^n}}}.f(x),\forall x \in \mathbb{R} \quad \quad (1.4)$$
Từ (1.3) và (1.4) ta có $$f\left( {\frac{m}{{{2^n}}}} \right) = \frac{m}{{{2^n}}}.f(1),\forall m \in \mathbb{Z},\forall n \in \mathbb{N^{*}}$$
Từ đó sử dụng tính liên tục của hàm $f$ suy ra $f(x) = x.f(1), \forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thỏa mãn.
Kết luận : $f(x) = ax, \forall x \in \mathbb{R}$ với $a=f(1)$.
Chú ý: Có thể thay điều liên tục trên $\mathbb{R}$ bởi điều kiện liên tục tại một điểm $x_0$ tùy ý thuộc $\mathbb{R}$.

$\fbox{2}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$f(x+y)=f(x).f(y), \quad \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad (2)$$.

Lời giải : Dễ thấy rằng hàm $f(x)=0,\forall x \in \mathbb{R}$ thỏa mãn bài toán. Giả sử tồn tại $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0) \ne 0$, khi đó $$f({x_0}) = f(x + ({x_0} - x)) = f(x).f(x - {x_0}) \ne 0, \forall x \in \mathbb{R} \\ \Rightarrow f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}$$
Hơn nữa, ta có $f(x) = f\left( {\frac{x}{2} + \frac{x}{2}} \right) = {\left[ {f\left( {\frac{x}{2}} \right)} \right]^2}$ nên ta có $f(x) > 0, \forall x \in \mathbb{R}$.
Đặt $\ln{f(x)}=g(x)$ thì $g(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và $$g(x + y) = \ln f(x + y) = \ln f(x).f(y) = \ln f(x) + \ln f(y) = g(x) + g(y), \forall x, y \in \mathbb{R}$$
Vậy $g(x)$ thỏa mãn các điều kiện của phương trình hàm Cauchy nên $g(x)=bx, \forall x \in \mathbb{R}$ với $b$ túy ý.
Từ đó $f(x)=e^{g(x)}=e^{bx}=a^x$ với $a=e^b >0$ tùy ý.
Kết luận $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ hoặc $f(x)=a^x, \forall \in \mathbb{R} \quad (a>0)$.

$\fbox{3}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$\left\{ \begin{array}{l}
f(x - y) = \frac{{f(x)}}{{f(y)}},\forall x,y \in \mathbb{R}\\
f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}
\end{array} \right. \quad \quad (3)$$

Lời giải : Đặt $x-y=z$ thì $x=y+z$ và (3) trở thành $$\left\{ \begin{array}{l}
f(z) = \frac{{f(y + z)}}{{f(y)}},\forall y,z \in \mathbb{R} \\
f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f(y + z) = f(y).f(z),\forall y,z \in \mathbb{R} \\
f(x) \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}
\end{array} \right.$$
Từ kết quả bài 2 và do $f(x) \ne 0, \forall x \in \mathbb{R}$ ta có $f(x)=a^x, \forall x \in \mathbb{R}$ và $a>0$ tùy ý.

$\fbox{4}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \{ 0\}$ thỏa mãn điều kiện $$f(xy)=f(x).f(y), \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad (4)$$

Lời giải : Cho $y=1$ thì $f(x)=f(x).f(1)$. Từ đó nếu $f(1) \ne 1$ thì ta có một hàm thỏa mãn bài toán là $f(x) = 0, \forall x \in \mathbb{R}\backslash \{ 0\}$
Xét $f(1)=1$. Khi đó $1 = f(1) = f\left( {x.\frac{1}{x}} \right) = f(x).f\left( {\frac{1}{x}} \right),\forall x \ne 0$. Suy ra $f(x) \ne 0, \forall x \ne 0$ và $f(x^2)=f(x).f(x)=[f(x)]^2 >0, \forall x \ne 0$.
a) Nếu $x>0, y>0$ thì đặt $x=e^u,y=e^v, f(e^x)=g(x)$. Khi đó $$g(u + v) = f({e^{u + v}}) = f({e^u}.{e^v}) = f({e^u}).f({e^v}) = g(u).g(v),\forall u,v \in \mathbb{R}$$
Từ đó $g(u)=a^u,\forall u \in \mathbb{R} \quad (a>0)$. Từ đó $$f(x) = f({e^u}) = g(u) = {a^u} = {a^{\ln x}} = {({e^{\ln a}})^{\ln x}} = {x^\alpha } \quad (\alpha = \ln{a}), \forall x >0$$
b) Nếu $x<0,y<0$. Do $[f(x)]^2=f(x^2), \forall x \ne 0$ nên $$f({x^2}).f({y^2}) = {[f(x)]^2}.{[f(y)]^2} = {[f(xy)]^2} = f({x^2}.{y^2}), \forall x,y \ne 0$$
Vậy theo a) thì $${[f(x)]^2} = f({x^2}) = {({x^2})^\alpha } = {\left( {{{\left| x \right|}^\alpha }} \right)^2},\forall x < 0$$ với $\alpha$ tùy ý thuộc $\mathbb{R}$
Từ đó do $f$ liên tục trên $\mathbb{R}\backslash \{ 0\}$ nên $$\left[ \begin{array}{l}
f(x) = {\left| x \right|^\alpha },\forall x < 0\\
f(x) = - {\left| x \right|^\alpha },\forall x < 0
\end{array} \right.$$
Kết hợp các kết quả của a) và b) ta được kết quả : Các hàm thỏa mãn (4) là một trong các hàm :
1. $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R} \backslash \{0 \}$.
2. $f(x) = {\left| x \right|^\alpha }, \forall x \in \mathbb{R} \backslash \{0 \}$ với $\alpha$ tùy ý
3. $\left[ \begin{array}{l}
f(x) = {x^\alpha },\forall x > 0\\
f(x) = - {\left| x \right|^\alpha },\forall x < 0
\end{array} \right.$

$\fbox{5}$. Xác định các hàm $f$ liên tục trên $\mathbb{R} \backslash \{0 \}$ thỏa mãn điều kiện $$f(xy) = f(x) + f(y),\forall x,y \in \mathbb{R} \backslash \{0 \} \quad (5)$$

Lời giải : Xét hai trường hợp :
a) $x>0,y>0$. Khi đó đặt $x=e^u,y=e^v$ và $f(e^x)=g(x)$ thì $$g(u + v) = f({e^{u + v}}) = f({e^u}.{e^v}) = f({e^u}) + f({e^v}) = g(u) + g(v),\forall u,v \in \mathbb{R}$$
Vậy $g(u)=au,\forall u \in \mathbb{R}$, suy ra $f(x) = a\ln{x},\forall x>0$.
b) $x<0,y<0$. Khi đó cho $y=x$ trong (5) ta được $$f({x^2}) = 2f(x) \\ \Rightarrow f({x^2}) + f({y^2}) = 2[f(x) + f(y)] = 2f(xy) = f({x^2}.{y^2})$$
Từ đó theo a) thì $$f(x) = \frac{1}{2}f({x^2}) = \frac{1}{2}a\ln {x^2} = a\ln ( - x),\forall x < 0$$
Kết luận : $f(x) = a\ln \left| x \right|,\forall x \ne 0$

$\fbox{6}$. Xác định các hàm $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xy)=f(x)-f(y), \forall x,y \in \mathbb{R} \quad \quad (6)$$

Lời giải : Cho $x=y=0$ thì $f(0)=0$. Từ đó với $x \in \mathbb{R}$ và $y=0$ thì $f(x)=0$. Thử lại thấy thỏa mãn.

$\fbox{7}$. Xác định các hàm liên tục trên $(0 ; +\infty)$ thỏa mãn điều kiện $$f\left( {\frac{x}{y}} \right) = f(x) - f(y),\forall x,y > 0 \quad \quad (7)$$

Lời giải : Đặt $\dfrac{x}{y}=t>0$ thì $x=ty$ và $$f(t) = f(ty) - f(y) \Leftrightarrow f(ty) = f(t) + f(y)$$
Suy ra $f(x)=a\ln{x}, \forall x>0$, $a$ tùy ý.

Tks bác nhiều nhé à còn một số phần nữa bạn nào có post lên luôn nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]