Chủ đề này có 2 trả lời

[hi lucky]

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn: $f((x+1)f(y))=(f(x)+1)y  ,\forall x,y \in R$

[Near Ryuzaki]

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn: $f((x+1)f(y))=(f(x)+1)y  ,\forall x,y \in R$

Cho $x=-1$ được $$f(0)=y[f(-1)+1], \forall y \in \mathbb{R}$$

Suy ra $f(0)=0,f(-1)=-1$

Cho $x=0$ được $$f(f(y))=y, \forall y \in \mathbb{R}$$

Suy ra $f$ là song ánh. 

Với $y=-1$,  ta có:

$$f(-x-1)=-[f(x)+1](1)$$

Từ (1) cho $x=1$ ta được $$f(-2)=-[f(1)+1]$$

Từ giả thiết ban đầu thay $y=f(1)$ được

$$f(x+1)=f(1)[f(x)+1](2)$$

Từ (2) cho $x=-2$ ta có :

$$f(-1)=f(1)[f(-2)+1] \Rightarrow f(1)[f(-2)+1]=-1 \Rightarrow [f(1)]^2=1$$

Nếu $f(1)=-1$ thì $f(1)=f(-1)$ , loại vì $f$ là song ánh, vậy $f(1)=1.$

Kết hợp với $(2)$ ta có : 

$$f(x+1)=f(x)+1(3)$$

Từ (1) và (3) suy ra $f(-(x+1))=-f(x+1)$ hay

$$f(-x)=-f(x)$$

Ta có : 

$$f(xy)=f(xf(f(y)))=f([(x-1)+1]f(f(y)))=f(y)[f(x-1)+1]=f(y)[f([x-1]+1)]=f(x)f(y)$$

Vậy ta có : $$f(xy)=f(x)f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}(*) $$

Hơn nữa xét 

$$f(x+y)=f\left ( (\frac{x}{y}+1)y \right )=f\left ( (\frac{x}{y}+1) \right )f(y)=f\left [ f(\frac{x}{y})+1 \right ]f(y)=f(\frac{x}{y})f(y)+f(y)=f(x)+f(y)(**)$$

Mà $f(0)=0$, vì vậy ta có :

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

__________

Chứng minh PTH Cauchy :

Từ (**) cho $y=x$ ta được 

$$f(2x)=2f(x)(1')$$

Từ (1') cho $x=0$ ta được $f(0)=0$ 

Ta chứng minh quy nạp được :

$$f(nx)=nf(x),\forall x \in \mathbb{R}, n \in \mathbb{N}$$

Trong (**) cho $y=-x$ cộng với việc $f(0)=0$ nên 

$$f(-x)=-f(x)$$

Khi $n$ âm, ta có :

$$f(nx)=f(-n(-x))=-nf(-x)=nf(x)$$

Vậy $$f(nx)=nf(x),\forall x \in \mathbb{R}, n \in \mathbb{Z}$$

Với mọi $n=1,2,...$ , ta có :

$$f(x)=f(n.\frac{1}{n}x)=nf(\frac{1}{n}x)\Rightarrow f(\frac{1}{n}x)=\frac{1}{n}f(x),\forall x \in \mathbb{R}$$

Với mọi $m,n \in \mathbb{Z},n>0$ ta có :

$$f(\frac{m}{n}x)=f(m.\frac{1}{n}x)=mf(\frac{1}{n}x)=\frac{m}{n}f(x),\forall x \in R$$

Từ đó ta có : 

$$f(rx)=r(x),\forall x \in \mathbb{R}, r \in \mathbb{Q}.$$

____________

Trở lại bài toán, ta đã có :

$$\left\{\begin{matrix} f(rx)=rf(x),\forall x\in \mathbb{R},r\in \mathbb{Q}(1'')\\ f(0)=0,f(-x)=-f(x), \forall x\in \mathbb{R}(2'') \end{matrix}\right.$$

Từ (*) ở trên cho $y=x$ ta được 

$$f(x^2)=[f(x)]^2,\forall x\in \mathbb{R}$$

Vậy $f(x) \geq 0,\forall x\geq 0$

Từ (*) và (1'') ta được :

$$rf(x)=f(rx)=f(r)f(x)(3'')$$

Ta thấy $f(x)\equiv 0$ thỏa đề bài. 

Xét $f(x) \not\equiv 0$ khi đó tồn tại $x_0\in \mathbb{R}$ sao cho $f(x_0)\neq 0.$

Từ (3'') cho $x=x_0$ ta có :

$$f(r)=r,\forall r\in \mathbb{Q}$$

Giả sử $x<y.$ hay $y-x>0$ suy ra $f(y-x)\geq 0.$

Dùng (**) ta được 

$$f(y)=f((y-x)+x)=f(y-x)+f(x)\geq f(x) \Rightarrow f(x) \leq f(y)$$

Vậy hàm $f$ đồng biến trên $\mathbb{R},$ Với $x\in \mathbb{R}$ tùy ý, chọn $2$ dãy số hữu tỉ $\begin{Bmatrix} u_n \end{Bmatrix}^{+\propto }_{n=1},\begin{Bmatrix}v_n\end{Bmatrix}^{+\propto }_{n=1}$ sao cho :

$$u_n\leq x\leq v_n,\forall n=1,2,...;lim_{n\rightarrow +\propto }u_n=lim_{n\rightarrow +\propto }v_n=x$$

Từ đó kết hợp với $f$ là hàm tăng và $f(r)=r,\forall r\in \mathbb{Q}$ và cho $n\rightarrow +\propto$ ta có :

$$x\leq f(x)\leq x\Rightarrow f(x)=x$$

Suy ra có hàm số thỏa mãn yêu cầu là

$$f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R} \wedge f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$$

Thử lại ta có hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 

$$\boxed{f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}}.\blacksquare$$

Spoiler

mỏi tay quá T.T

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 12-10-2014 - 08:36

[Kool LL]

 

 

Ta có định lý : Hàm $f$ vừa cộng tính, vừa nhân tính thì tuyến tính.

Tức là : Nếu $\forall x,y\ :\ \begin{cases}f(x+y)=f(x)+f(y) \\ f(xy)=f(x).f(y)\end{cases}$ $\Rightarrow f(x)=ax,\ \forall x$ ($a$ hằng số).

 

Không cần phải CM lại định lý làm chi cho dài dòng bạn !

@Sieusieu90 : Dạ, em cám ơn anh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 23-10-2014 - 12:35