Cho $n\in \mathbb{N},n\ge 3,f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ sao cho với mọi $n-$ giác đều $A_1A_2...A_n$ ta luôn có $f(A_1)+f(A_2)+\cdots+f(A_n)=0$ (nếu $A_i(x_i;y_i)$ thì ta kí hiệu $f(A_i):=f(x_i;y_i)$). Chứng minh $f\equiv 0$.
Chứng minh $f\equiv 0$.
#1
Đã gửi 18-08-2014 - 16:52
- rainbow99, naruto01, marcoreus101 và 2 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#2
Đã gửi 26-07-2015 - 06:53
Cho $n\in \mathbb{N},n\ge 3,f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ sao cho với mọi $n-$ giác đều $A_1A_2...A_n$ ta luôn có $f(A_1)+f(A_2)+\cdots+f(A_n)=0$ (nếu $A_i(x_i;y_i)$ thì ta kí hiệu $f(A_i):=f(x_i;y_i)$). Chứng minh $f\equiv 0$.
$I/$ Gọi $f(x,y)$ là hàm thỏa mãn ĐK đề bài, ta chứng minh $f\equiv 0$ :
Lấy điểm $A_1$ tùy ý, ta chỉ cần chứng minh $f(A_1)=0$.
Dựng lục giác đều có độ dài cạnh tùy ý $BCDEFG$ sao cho $A_1$ là tâm của nó.
Dựng lần lượt $5$ lục giác đều khác có cùng độ dài cạnh với lục giác đều trên : $EHIJKF$ ; $JLMNOK$ ; $NPQRSO$ ; $RTUVWS$ ; $VXYBGW$.Gọi tâm $5$ lục giác đều này lần lượt là $A_2,A_3,A_4,A_5,A_6$ $\Rightarrow A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ cũng là lục giác đều.
Tam giác $A_1EF$ đều $\Rightarrow f(A_1)+f(E)+f(F)=0$ (1)
Tam giác $A_2FE$ đều $\Rightarrow f(A_2)+f(F)+f(E)=0$ (2)
(1),(2) $\Rightarrow f(A_1)=f(A_2)$
Tam giác $A_2JK$ đều $\Rightarrow f(A_2)+f(J)+f(K)=0$ (3)
Tam giác $A_3KJ$ đều $\Rightarrow f(A_3)+f(K)+f(J)=0$ (4)
(3),(4) $\Rightarrow f(A_2)=f(A_3)$
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được $f(A_1)=f(A_2)=f(A_3)=f(A_4)=f(A_5)=f(A_6)$ (5)
Mặt khác $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ là lục giác đều $\Rightarrow f(A_1)+f(A_2)+f(A_3)+f(A_4)+f(A_5)+f(A_6)=0$ (6)
(5),(6) $\Rightarrow f(A_1)=f(A_2)=f(A_3)=f(A_4)=f(A_5)=f(A_6)=0$.Vậy $f(A_1)=0$ (ĐPCM)
$II/$ Xét hàm $f(x,y)=0,\forall x,y\in \mathbb{R}$.Ta chứng minh $f(x,y)$ thỏa mãn ĐK đề bài :
Dựng một đa giác đều $n$ cạnh bất kỳ $A_1A_2A_3...A_n$.Ta có :
$f(A_1)=f(A_2)=f(A_3)=...=f(A_n)=0 \Rightarrow f(A_1)+f(A_2)+f(A_3)+...+f(A_n)=0$ (ĐPCM)
Bài toán đã được chứng minh hoàn toàn
=====
Ôi thần linh ơi!!~
==================
@Dialga Palkia :
Em gái hiểu sai đề rồi.Đề không hề nói $n$ "cố định" mà chỉ nói với mọi $n-$ giác đều $A_1A_2...A_n$ ta luôn có $f(A_1)+f(A_2)+...+f(A_n)=0$.Điều đó có nghĩa là nó đúng với bất kỳ đa giác đều nào (bao nhiêu cạnh cũng được, miễn là đa giác đều).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 26-07-2015 - 20:35
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#3
Đã gửi 26-07-2015 - 14:48
Tam giác $A_1EF$ đều $\Rightarrow f(A_1)+f(E)+f(F)=0$ (1)
Mặt khác $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ là lục giác đều $\Rightarrow f(A_1)+f(A_2)+f(A_3)+f(A_4)+f(A_5)+f(A_6)=0$ (6)
Cho $n$ cố định mà sao lại có lúc bằng 3 có lúc bằng 6 được. Mình nghĩ bài này nên dùng phép quay hình của lớp 10.
@Dialga Palkia :
Em gái hiểu sai đề rồi.Đề không hề nói $n$ "cố định" mà chỉ nói với mọi $n-$ giác đều $A_1A_2...A_n$ ta luôn có $f(A_1)+f(A_2)+...+f(A_n)=0$.Điều đó có nghĩa là nó đúng với bất kỳ đa giác đều nào (bao nhiêu cạnh cũng được, miễn là đa giác đều).
Chắc anh giai hiểu nhầm đề Không phải với mọi $n$ mà là với mọi $n-$ đa giác đều $A_1A_2A_3..A_n$. Nghĩa là tập hợp của các nhóm $n$ điểm có thể tạo thành đa giác đều. Có vô số đa giác như vậy. Có lẽ nên hỏi chị Kiên để làm sáng rõ đề bài
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dialga Palkia: 27-07-2015 - 09:47
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh