Sao lại có dòng màu đỏ thế ạ ? 

Còn chỗ dòng màu tím sẽ xuất hiện hiện tượng "nhảy" hàm ạ, nên em nghĩ chỗ đó cần bổ sung thêm nữa.

Từ cái kết luận của cái dòng trên nó $f(t)=t\Rightarrow f(-t)=-t$

Mà ta đã có $f(f(x))=f(x)$ và $f(x+f(x))=x+f(x)$ (2 cái $f(x),x+f(x)$ có thể trong cùng một loại với $t$) nên $f(-f(x))=-f(x)$ và $f(-x-f(x))=-x-f(x)$ cái này là bước đột phá đó

Còn cái màu tím thì nó chia ra 2 TH $f(x)=x$ hoặc $f(-x)=-f(x)$

Nếu $f(-x)=-f(x)$ thay vào chỗ $(3)$ là $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x))$ suy ra được $f(x)=x$

Do cả 2 TH đều suy ra được $f(x)=x$ nên đó sẽ là hàm cần tìm mà "nhảy" hàm là cái gì vậy.

À lời giải đó còn thiếu phải tính $f(1),f(-1)$ vì có đoạn $(t-1)(t+f(-t))=0$ khí đó nếu $t=1$ thì $f(-t)$ không dễ dàng bằng $-t$ được 

Thêm một lời giải khác cho TH2 của bài 4:

Với $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $f(x),0$ ta có $f(f(x)+f(f(x))=f(x)+f(f(x))\Rightarrow f(2f(x))=2f(x)$

Thay lần lượt $x,y$ bằng $f(x),x-f(x)$ ta được $f(2f(x))+f(f(x)(x-f(x)))=2f(x)+(x-f(x))f(f(x))$

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

Thay lần lượt $x,y$ bằng $x-f(x),f(x)$ ta được $f(x)+f(f(x)(x-f(x)))=x+f(x)f(x-f(x))$

$\Rightarrow f(x)+(x-f(x))f(x)=x+f(x)f(x-f(x))\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(x))=f(x)f(x-f(x)),(2)$

Cho $x=-1,y=1$ ta có $f(-1)=-1$

Cho $x=1$ ta có $f(1+f(1+y))+f(y)=1+f(1+y)+yf(1),(3)$

Cho $y=-1$ vào $(3)$ ta có $f(1)+f(-1)=1-f(1)\Rightarrow f(1)=1$

Nên $(3)\Rightarrow f(x)-x=f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)),(4)$

Thay $x$ bằng $1+f(x+1)$ vào $(2)$ ta có $(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))$

$\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(x-f(x)),(5)$

Lấy $(2)-(5)$ ta có $(f(x)-x)(f(1+f(x+1))-f(x))=(f(x)-f(1+f(x+1)))f(x-f(x))$

$\Rightarrow (f(x-f(x))+(x-f(x)))(f(1+f(x+1))-f(x))=0\Rightarrow f(x-f(x))=-(x-f(x))$ hoặc $f(1+f(x+1))=f(x),(1)$

Nếu $f(x-f(x))=-(x-f(x))$ thay vào $(2)\Rightarrow f(x)-x=0$

Nếu $f(1+f(x+1))=f(x)$ thay vào $(4)\Rightarrow x=1+f(x+1)\Rightarrow f(x+1)=x-1$

Thay $x,y$ lần lượt là $x+1,-x-1$ ta có $f(x+1)+f(-(x+1)^2)=x+1-(x+1)f(x+1)\Rightarrow f(-(x+1)^2)=3-x^2$ (không thuộc các dạng ở $(1)$)

Vậy ở TH này ta thu được hàm $f(x)=x$ thỏa mãn

 

IMO 2015

Ngày 11-07-2015

Thời gian bắt đầu: 9am

Thời gian làm bài: 4 tiếng

 

Bài 4. Kí hiệu $\mathbb{R}$ là tập các số thực. Xác định tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn $$f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$$ với mọi số thực $x,y$.

 

Cho $x=y=0$ ta có $f(f(0))=0$

Cho $x=0,y=f(0)$ ta có $f(f(f(0)))+f(0)=f(f(0))+(f(0))^2\Rightarrow f(0)(f(0)-2)=0$

$\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

   -Với TH $f(0)=2$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x-1,1$ ta được $f(x+f(x)-1)=x+f(x)-1$

Đặt $g(x)=x+f(x)-1\Rightarrow f(g(x))=g(x)\Rightarrow f(f(g(x)))=f(g(x))$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $0,g(x)$ ta được $f(f(g(x)))+2=f(g(x))+2g(x)$

$\Rightarrow g(x)=1\Rightarrow x+f(x)-1=1\Rightarrow f(x)=2-x$

   -Với TH $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Cho $y=0$ ta có $f(f(x)+x)=f(x)+x$

Cho $y=-x$ ta có $f(x)+f(-x^2)=x(1-f(x))$ (1)

Thay $x$ bằng $-x$ ở $(1)$ ta có $f(-x)+f(-x^2)=-x(1-f(-x))$ (2)

Lấy $(1)-(2)$ ta có $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x)$ (3)

Giả sử tồn tại một vài số $t$ thỏa $f(t)=t$ thì theo $(3)$ suy ra được $f(-t)=-t$ 

Vậy ta sẽ có $f(-f(x))=-f(x),f(-x-f(x))=-x-f(x)$

Thay $x,y$ lần lượt là $-x,x-f(x)$ ta được $f(-x+f(-f(x)))+f(x(f(x)-x))=-x+f(-f(x))+(x-f(x))f(-x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(x-f(x))f(-x)$ (4)

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x,f(x)-x$ ta được $f(x+f(f(x)))+f(x(f(x)-x))=x+f(f(x))+(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(f(x)-x)f(x)$ (5)

Từ $(4)$ và $(5)$ suy ra $(x-f(x))f(-x)=(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x)-x=0$ hoặc $f(x)=-f(-x)$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thay vào $(3)$ ta được $f(x)=x$

Vậy kết luận chung có 2 hàm thỏa đề $f(x)=x$ và $f(x)=2-x$

PS: Quên không thử lại

Chứng minh toàn ánh: $\forall a \in \mathbb{Q}$, chọn $x= \frac a2$ thì $f(x+f(x))=a$. Do đó $f$ toàn ánh.

 

Spoiler

Như thế có đúng không anh ?

Như vậy thì chỉ có $f$ toàn ánh chứ nếu đặt $g(x)=x+f(x)$ thì $g(x)$ không toàn ánh. Toàn ánh với hàm $f$ ở đây là với mỗi số $y$ ( thuộc tập giá trị của nó) thì luôn tồn tại một số $x$ (thuộc tập xác định) thỏa $f(x)=y$. Ở đây với mỗi số $a$ thì tồn tại $x+f(x)$ thỏa $f(x+f(x))=a$ thì $f$ toàn ánh chứ không phải cái $x+f(x)$. Mọi người hay nhầm lẫn mấy cái này lắm 

Lời giải. Thay $x=y=0$ vào ($\ref{pt1}$) ta được $f \left( f(0) \right)=2f \left( f(0) \right)$ nên $f \left( f(0) \right)=0$.

Thay $y=0$ vào ($\ref{pt1}$) ta được $f \left( x+f(x) \right)=2x$, từ đây suy ra $f$ toàn ánh.

Thay $x=0$ vào ($\ref{pt1}$) ta được $f(2y)=2f \left( f(y) \right)$.

Từ đây ta suy ra $(\ref{pt1}$) tương đương với $$f \left( x+f(x)+2y \right)= f \left( x+f(x) \right)+ f(2y), \; \forall x,y \in \mathbb{Q}$$

Do đó $f(x)=ax$. Thay vào ta tìm được $a=1$.

Vậy $f(x)=x, \; \forall x \in \mathbb{Q}$.

Nếu chứng minh được $x+f(x)$ toàn ánh thì mới được dùng hàm cosi nhé

Vừa mới nghĩ ra hướng giải ở topic kia reset lại thì bị ẩn đi mất 

 

Tìm hàm $f:\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn : 

$$f(m^2+f(n))=f(m)^2+n$$

 

Đề thi chọn ĐT Quốc gia KHTN vòng 2

 

 

Bài này nhìn khá quen chắc là làm rồi.

Ta dễ thấy hàm này đơn ánh, ta có:

$f(m^2+(f(f(n)))^2+1)=f(m^2+f((f(n))^2+f(1)))=(f(m))^2+(f(n))^2+f(1)=f(n^2+f((f(m))^2+f(1)))=f(n^2+(f(f(m)))^2+1)$

$\Rightarrow f(m^2+(f(f(n)))^2+1)=f(n^2+(f(f(m)))^2+1) \Rightarrow m^2+(f(f(n)))^2+1=n^2+(f(f(m)))^2+1$

$\Rightarrow m^2+(f(f(n)))^2=n^2+(f(f(m)))^2 \Rightarrow (f(f(m)))^2-(f(f(n)))^2=m^2-n^2,(*)$

Cho $m=k+1,n=k$ vào $(*)$ sao cho $2k+1$ là một số nguyên tố ta có:

$(f(f(k+1)))^2-(f(f(k)))^2=(k+1)^2-k^2=2k+1$

$\Rightarrow (f(f(k+1))-f(f(k)))(f(f(k+1))+f(f(k)))=2k+1$

Do $2k+1$ là số nguyên tố và $f(f(k+1)),f(f(k))$ luôn dương nên suy ra

$f(f(k+1))-f(f(k))=1,f(f(k+1))+f(f(k))=2k+1 \Rightarrow f(f(k+1))=k+1,f(f(k))=k$

Cho $m=k$ vào $(*)\Rightarrow (f(f(k)))^2-(f(f(n)))^2=k^2-n^2\Rightarrow f(f(n))=n,\forall n\in Z^+$

Ta tính $f(1)$ đặt $f(1)=p$ ta có $f(p)=1$

Cho $m=n=p$ vào phương trình đầu ta có

$f(p^2+f(p))=(f(p))^2+p\Rightarrow f(p^2+1)=p+1$

Cho $m=1,n=f(p^2)$ vào phương trình đầu ta có

$f(1+f(f(p^2)))=(f(1))^2+f(p^2)\Rightarrow f(p^2+1)=p^2+f(p^2)$

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

$\Rightarrow p-p^2+1=f(p^2)\geq 1\Rightarrow p\geq p^2$

$\Rightarrow p=1\Rightarrow f(1)=1$

Thay $m=1$ và $n$ bằng $f(n)$ ta có $f(1+f(f(n)))=(f(1))^2+f(n)\Rightarrow f(n+1)=f(n)+1$

Từ đây có thể dùng quy nạp để tìm ra hàm số là $f(n)=n$

để hỏi a cẩn bài này luôn cho nhanh :v

Theo mình thì ta nên đặt $m=f(n)-n$ và $p=f(f(n))-f(n)$ ( $m,p$ là hai hàm số theo $n$)

Khi đó ta sẽ có $n^2+4(n+m)=(n+m+p)^2$ và giải bài này như một bài số học tìm nghiệm nguyên.

b) Ta đánh số hai phương trình hàm như sau:

\begin{align} \label{eq:1} f(x)& =xf(\frac{1}{x}) \\ \label{eq:2} f(x) + f(y) & = 1+f(x+y) \end{align}

 

Cho $x=-1$ vào \eqref{eq:1} ta được

\begin{equation} \label{eq:3} f(-1)=-f(-1) \Rightarrow f(-1)=0 \end{equation}

 

Cho $y=0, x\neq 0$ vào \eqref{eq:2} ta được

\begin{equation} \label{eq:4} f(x)+f(0)=1+f(x) \Rightarrow f(0)=1 \end{equation}

 

Cho $y=-1, x\neq 1$ vào \eqref{eq:2} ta được

\begin{equation} \label{eq:5} f(x)+f(-1)=1+f(x-1) \ \forall x\neq 1 \end{equation}

 

$$\eqref{eq:3},\eqref{eq:5} \Rightarrow f(x)=f(x-1)+1 \forall x \neq 1$$

 

Ta có: \begin{align*} f(x) & = f(x-1)+1  \ \forall x\neq 1 \\ & = \left[f(x-2)+1\right] +1  \ \forall x\neq 1 \\ & =f(x-2)+2  \ \forall x\neq 1 \\ & = \ldots \\ & = f(0)+x  \ \forall x\neq 1 \\ &= x+1  \ \forall x\neq 1 \text{ (theo \eqref{eq:4})} \end{align*}

 

Vậy $f(x)=x+1  \ \forall x\neq 1$

 

Mặt khác, từ \eqref{eq:2} cho $x=y=1$ ta được $2f(1)=1+f(2)$, lại cho $x=2$ vào công thức $f(x)=x+1  \ \forall x\neq 1$ thì $f(2)=3$

 

Vậy $2f(1)=1+3$ hay $f(1)=2$

 

Vậy tóm lại, $f(x)=x+1\ \forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thoả mãn

 

Spoiler

tớ mới học phương trình hàm, có gì sai xin được chỉ giáo

Đọc bài giải của bạn thì thấy bạn chỉ chứng minh được $f(x)=x+1, \forall x \in N$ thôi Bạn xem kĩ lại xem

Tìm f: R -> R thỏa mãn:

$f(f(x)+y^{2}) = f^{2}(x) - f(x)f(y) + xy + x$ với mọi x,y thực

Cho $x=y=0$ được $f(f(0))=0$

Cho $x=f(0),y=-1$ được $f(1)=0$

Cho $x=y=1$ ta có $0=2$ vô lý

Vậy không có hàm nào thỏa mãn đề 

À không phải vô lý đâu. (2) đúng với mọi $n \in Z$ nên khi thay $n$ bởi $-t(n)$ cũng không sao (2 chữ $n$ ở đây mang cùng biểu tượng chứ không mang cùng giá trị, giống như khi thay $x$ bởi một biểu thức khác của $x,...$ trong hàm số thôi).

Bạn đặt $2t(n)=f(f(n))-n$ vậy thì $t(n)$ sẽ là một hàm số theo biến $n$. Ý bạn ở đây là muốn cho $t(n)+n=0$ nhưng mà $2(t(n)+n)=f(f(n))+n$ thì có nghĩa là $f(f(n))+n=0$ chứng tỏ phải chứng minh tồn tại một số $n$ thỏa $f(f(n))=-n$. Do đặt hàm $t(n)$ nên có thể bạn bị nhầm lẫn gì đó. 

Kết hợp lời giải thầy Thanh và chanhquocnghiem.

Lời giải:

\[f:Z \to Z:{n^2} + 4f\left( n \right) = f{\left( {f\left( n \right)} \right)^2},\left( 1 \right)\]

\[ \Rightarrow 4f\left( n \right) = \left( {f\left( {f\left( n \right)} \right) - n} \right)\left( {f\left( {f\left( n \right)} \right) + n} \right)\]

Nếu $f(f(n))-n$ lẻ thì $f(f(n))+n=f(f(n))-n+2n$ cũng lẻ, do đó $4n$ lẻ: vô lý nên tồn tại hàm $t:Z \to Z$ thỏa $f(f(n))-n=2t(n) \Rightarrow f(f(n))=2t(n)+n$.

Thế vào (1), ta thu được: \[f\left( n \right) = t\left( n \right)\left( {t\left( n \right) + n} \right),\left( 2 \right)\]

Lại thay $n$ bởi $-t(n)$ vào (2), ta có\[f\left( { - t\left( n \right)} \right) = 0\forall n,\left( 3 \right)\]

Cho $n=0$ trong (2):\[f\left( 0 \right) = t{\left( 0 \right)^2}\]

Thay $n$ bởi $-t(n)$ trong (1), ta có:\[t{\left( n \right)^2} = f{\left( 0 \right)^2} \Rightarrow t\left( n \right) =  \pm f\left( 0 \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = f{\left( 0 \right)^2} \Rightarrow f\left( 0 \right) \in \left\{ {0;1} \right\}\]

TH1: Nếu $f(0)=0$ suy ra $t\left( n \right) = 0\forall n$. Từ (2), ta có $f(n) =0\forall n$, dễ thấy hàm này không thỏa (1).

TH2: Nếu $f(0)=1$ thì $t(n)=\pm 1$

Trong (1), cho $n=0$: \[f{\left( {f\left( 0 \right)} \right)^2} = 4f\left( 0 \right) \Rightarrow f{\left( 1 \right)^2} = 4 \Rightarrow f\left( 1 \right) =  \pm 2\]

Mặt khác, nếu tồn tại $k$ sao cho $t(k)=-1$ thì thay $n$ bởi $k$ trong (3): \[f\left( { - t\left( k \right)} \right) = 0 = f\left( 1 \right):\text{mâu thuẫn}\]

Do đó $t(n)=1 \forall n$. Từ (2): $f(n)=n+1$

Thử lại:...

Cái đoạn thay $n$ bằng $-t(n)$ là hơi vô lý nếu như không chứng minh được tồn tại $n$ thỏa $n=-t(n)$ hay $f(f(n))=-n$

IMO Shortlist 2014 mà sao lại bị xóa vậy 

 

Chp $\alpha, \beta$ là hai số thực bất kì mà $|\alpha|\neq |\beta|$. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ liên tục tại $0$ thỏa mãn $$f(\alpha x)=f(\beta x)+x^2$$

vói mọi $x\in \mathbb{R}$. Có tồn tại hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên không nếu $|\alpha|=|\beta|$

 

Thiết nghĩ bài này chỉ cần xét các trường hợp $\alpha =0, \beta =0 ,\alpha > \beta, \alpha <\beta$

Với $\alpha > \beta$ ta có

$f(x)=f(\frac{\beta x}{\alpha})+(\frac{x}{\alpha})^2=f((\frac{\beta }{\alpha})^2x)+(\frac{x}{\alpha})^2+(\frac{\beta }{\alpha})^2 (\frac{x}{\alpha})^2=...=f((\frac{\beta }{\alpha})^{2^n}x)+ (\frac{x}{\alpha})^2(\dfrac{1- (\frac{\beta}{\alpha})^{2^n}}{1- \frac{\beta}{\alpha}})$

Cho $n$ tiến tới vô cùng là sẽ giải được một trường hợp của bài.

Các trường hợp khác chắc dễ rồi

Trường hợp $|\alpha |=|\beta |$ thì thay $x$ bằng $-x$ sẽ thấy không tồn tại hàm thỏa.

tìm các hàm số $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ thỏa mãn

$f\left ( m+f(n) \right )=f\left ( f(m) \right )+f(n),\forall m,n\in \mathbb{N}$

 

U-Th

$f(n)=0$ là một hàm thỏa mãn. Ta tìm hàm nữa.

Cho $m=n=0$ ta có $f(0)=0$

Cho $m=0$ ta có $f(f(n))=f(n)$

Suy ra $f(m+f(n))=f(m)+f(n)$

Cho $T$ là tập giá trị khác không của $f$ ta có $t\in T\Rightarrow f(t)=t$

Giả sử ta có $k=min {T}$ ta có $f(k)=k$

Cho $n=k$ ta có $f(m+k)=f(m)+k$

Bằng quy nạp ta có thể chứng minh $ f(m+pk)=f(m)+pk$, suy ra $f(pk)=pk$

Với các số $0<a<k$ nếu $f(a)=qk+b$ mà $0<b<k$

Ta có $qk+b=f(a)=f(f(a))=f(qk+b)=qk+f(b)$

 $\Rightarrow f(b)=b$ mâu thuẫn với điểu giả sử trên.

Nên $f(a)=qk$

Từ đây có thể xác định hàm kiểu này

$f(0)=0,f(a)=g(a)k$ ($g$ có tập giá trị là $N$)

$f(nk+a)=nk+f(a)$

giải thế thôi

Tìm tất cả các hàm số $f:N^{*}\rightarrow N^{*}$ thỏa mãn $2(f(m^{2}+n^{2}))^{3}=f^{2}(m).f(n)+f^{2}(n).f(m)$

Với $p$ là số nguyên tố lẻ bất kì.

Đặt $f(n)=h(n)p^{g(n)}$ ( $h:N^* \rightarrow N^*$ và $g: N^*\rightarrow N$)

Ta có $2h(m^2+n^2)^3p^{3g(m^2+n^2)}=h(m)h(n)p^{g(m)+g(n)}(h(m)p^{g(m)}+h(n)p^{g(n)})$

Từ đây ta suy ra được $3g(m^2+n^2)=g(m)+g(n)+\min {g(m);g(n)}$

Giả sử $g(m)>g(n)$ thì ta thấy $g(m)>g(m^2+n^2)>g(n)$

Cho dãy $u_n$ thỏa $u_{n+1}=u_n^2+n^2$ và $u_0=m$

Ta dễ dàng chứng minh được $g(m)>g(u_{n+1})>g(u_n)$

Do dãy $u_n$ vô hạn mà $(g(m)-g(n)$ hữu hạn nên ta thấy ngay điều vô lí.

Suy ra $g(m)=g(n),\forall m,n\in N^*$ hay $g$ là hàm hằng.

Suy ra $f(n)=c.2^{t(n)}$ ($t:N^* \rightarrow N$) với $c$ là hằng số.

Cái này mọi người tự thay vào cm $t$ là hàm hằng nhé

Cho $f:N*\rightarrow N*$ là hàm số $(f(m)+n)(f(n)+m)$ là số chính phương với mọi m,n thuộc N*. CM nếu $f(m)-f(n)\vdots p$ thì $(m-n)\vdots p$ trong đó p là số nguyên tố.

Cho $m=kp-f(n)$ với $p$ nguyên tố, $k\not \vdots p$ và $kp>f(n)$

ta có $(f(kp-f(n))+n)kp$ là số chính phương, suy ra $f(kp-f(n))+n\vdots p$

Giả sử $f(m)-f(n)\vdots p$ thì tồn tại 2 số $k_1,k_2$ không chia hết cho $p$ thỏa $k_1p-f(n)=k_2p-f(m)>0$

Mà $f(k_1p-f(n))+n\vdots p$ và $f(k_2p-f(m))+m\vdots p$

Suy ra $m-n=(f(k_2p-f(m))+m)-(f(k_1p-f(n))+n)\vdots p$ (dpcm)

Tìm tất cả các hàm số $f:{R^ + } \to {R^ + }$ thỏa mãn điều kiện: 

$f\left( {1 + y.f\left( x \right)} \right) = x.f\left( {x + y} \right),\forall x,y \in {R^ + }$

Bài này nhìn quen quen.

Giả sử $x>1$ mà $f(x)>1$ ta cho $y=\dfrac{1-x}{1-f(x)}$

Ta có $x+y=1+yf(x)$ thay vào ta thấy $f(x+y)=f(1+yf(x))=xf(x+y)\Rightarrow f(x+y)=0$ vô lí.

Nên $x>1\Rightarrow f(x)\leq 1$

Ta có $xf(x+y)=f(1+yf(x))\leq 1$

$\Rightarrow f(x+y)\leq \dfrac{1}{x}$

Từ đó ta có thể chứng minh $f(x)\leq \dfrac{1}{x}$

Cho $y=\dfrac{1}{f(x)}$

Ta có $\dfrac{f(2)}{x}=f(x+\dfrac{1}{f(x)}) \leq \dfrac{1}{x+\frac{1}{f(x)}}$

$\Rightarrow f(x)\geq \dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x}$

Ta cũng có $\dfrac{f(2)}{x}=f(x+\dfrac{1}{f(x)}) \geq \dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x+\frac{1}{f(x)}}$

$\Rightarrow f(x)\leq \dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x}$

$\Rightarrow f(x)=\dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x}=\dfrac{c}{x}$

Thay vào phương trình đầu dễ tìm được $c=1$

Vậy hàm thỏa đề là $f(x)=\dfrac{1}{x}$

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$f(2010x-f(y))=f(2009x)-f(y)+x, \forall x,y \in \mathbb{R}$

Cho $y=2009x$ ta có $f(2010x-f(2009x))=x$

Vậy $f$ toàn ánh.

Nên với mỗi số $x$ tồn tại $y$ sao cho $f(y)=2010x$

Thay vào ta được $f(0)=f(2009x)-2009x$

$\Rightarrow f(x)=x+c,\forall x\in \mathbb{R}$ và $c$ là hằng số.

Cho đa thức $f(x)\in \mathbb{Z}\left [ x \right ]$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}\left [ x \right ]$ và là một đa thức đơn khởi (đa thức có hệ số bậc cao nhất bằng $1$. Chứng minh rằng nếu $|f(0)|$ không phải là một số chính phương thì đa thức $f(x^2)$ cũng bất khả quy trên $\mathbb{Z}\left [ x \right ]$

Vừa mới tra google mới biết bất khả quy là gì

Ta giả sử $f(x)$ có dạng $ax+b$ với $a,b\in \mathbb{Z}$ thì theo đầu bài ta có $(a,b)=1$

Giả sử $f(x^2)$ không là hàm bất khả quy thì $f(x^2)$ có dạng $(a_1x+b_1)(a_2x+b_2)$ với $a_1,a_2,b_1,b_2\in \mathbb{Z}$ ( do $(a,b)=1$ )

Ta có $ax^2+b=(a_1x+b_1)(a_2x+b_2)=a_1a_2x^2+(a_1b_2+a_2b_1)x+b_1b_2$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=a_1a_2\\b=b_1b_2 \\ \dfrac{a_1}{b_1}=-\dfrac{a_2}{b_2}\end{matrix}\right.$

Nhìn lộn đề :v

Mình cũng không biết tại sao bạn sai. Nghiệm trên các khoảng mở (0,a) và (a,0) là $\frac{Ce^x-x-1}{x}$.

Nghĩa là $\frac{Ce^x-1}{x}-1$ .Thay vào phương trình thì nghiệm đó không thỏa mãn. Bạn thay thử đi.

Phương trình phải có nhiều nghiệm f hơn thế này. Bạn hãy xem lại những dòng bạn viết có chắc tương đương không.

Bạn thử ví dụ về một hàm thỏa mãn khác xem. Mà bạn nghĩ mình sai chỗ nào?

Xét đa thức phụ $p(x)=f(x)-\frac{k^2}{k+1}\Longrightarrow p(k)$ có bậc $2007$

=> $p(1)=p(2)=p(3)=p(4)=...=p(2008)$

=> $p(x)$ có $2008$ nghiệm 

Mà $p(x)$ có bậc $2007$

Do đó, ta có điều vô lí.

Vậy không tìm được $f(2009)$

$p(x)$ không phải là một đa thức nhé xem lại đi rồi sẽ tìm ra cách giải thôi.

Tìm tất cả các hàm f:Z->Z thỏa mãn:

 

$f(2m+f(m)+f(m)f(n))= nf(m)+m$

Cho $n=0$ dễ thấy hàm toàn ánh.

Cho $m$ sao cho $f(m)\neq 0$ Ta có thể chứng minh được hàm đơn ánh.

Cho $n=1,m=0\Rightarrow f(f(0)(f(1)+1))=f(0)\Rightarrow f(0)(f(1)+1)=0$

$\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(1)=-1$

Nếu $f(0)=0$

Cho $n=0,m=-2$ ta có $f(-4+f(-2))=-2$

Cho $n=-2,m=-4+f(-2)\Rightarrow f(-8+2f(-2)-2-2f(-2))=(-2).(-2)+(-4+f(-2))\Leftrightarrow f(-10)=f(-2)$

Mâu thuẫn với $f$ đơn ánh.

Nếu $f(1)=-1$

Cho $n=1\Rightarrow f(2m)=f(m)+m$

$\Rightarrow f(2)=f(1)+1=0\Rightarrow f(4)=f(2)+2=2$

Cho $m=1,n=4\Rightarrow f(1-f(4))=-3\Rightarrow f(-1)=-3$

Cho $n=-1\Rightarrow f(2m-2f(m))=m-f(m)$

$\Rightarrow f(2(m-f(m)))=m-f(m)\Rightarrow f(m-f(m))=0$

$\Rightarrow m-f(m)=2\Rightarrow f(m)=m-2$

Thử lại xem đúng không

Cho $f(x)$ là hàm đồng biến trên $(0;+\propto )$ thỏa mãn $f(x_{1}.x_{2})=f(x_{1})+f(x_{2})$ vơi mọi $x$ thuộc $(0;+\propto )$ . chứng minh $f(x)=k.{log_{10}}^{x}$ với $k$ thuộc $N^*$

Đặt $x=e^u$ thì $x_1=e^{u_1},x_2=e^{u_2}$ và $u_1,u_2\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f(e^{u_1+u_2})=f(e^{u_1}.e^{u_2})=f(e^{u_1})+f(e^{u_2})$

Đặt $g(u)=f(e^u)=f(x)$ ta được $g(u_1+u_2)=g(u_1)+g(u_2)$

Do $f$ đồng biến nên $g$ cũng đồng biến kết hợp với cộng tính ở trên $\Rightarrow g(u)=ku$

$\Rightarrow f(x)=ku=k.ln(x)$

Vậy hàm thỏa mãn là $f(x)=k.ln(x),\forall x\in (0,+\propto)$ với $k$ là hằng số thực.

Chứng minh rằng không tồn tại hàm số xác định tại 0 thỏa mãn:

$$xf'+(1-x)f=1$$

$$xf'(x)+(1-x)f(x)=1,(*)$$ 

Với các số $x\neq 0$ đặt $f(x)=\frac{g(x)-1}{x}$

$\Rightarrow f'(x)=\frac{xg'(x)-g(x)+1}{x^2}$

Thay vào phương trình được:

$x.(\frac{xg'(x)-g(x)+1}{x^2})+(1-x)(\frac{g(x)-1}{x})=1$

$\Leftrightarrow g(x)=g'(x)$

$\Leftrightarrow g(x)=C.e^x$

Thay $x=0$ vào $(*)$ được $f(0)=1$

Nếu $C\neq 1$ thì khi $x\rightarrow 1$ thì $f(x)\rightarrow \pm \infty$

Nếu $C=1$ thì khi $x\rightarrow 1$ thì $f(x)\rightarrow 1$

Chả biết kết luận cái này thế nào nữa. 

cho hàm $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(n+1)+f(n-1)=kf(n)$  $\forall n\in \mathbb{N}$

hãy tìm các giá trị của $k$ để $f$ là hàm tuấn hoàn

Spoiler

bài này đáp số là $k=2cos\pi t(t\in \mathbb{Q})$ nhưng mình không biết làm

 

U-Th

Nhìn bài này quen quen hóa ra là giống bài này  http://diendantoanho...̀m-tuần-hoàn/

Đầu tiên ta đặt $f(n)=u_nf(1)-u_{n-1}f(0), \forall n\geq 2$

Với $u_n$ là dãy thỏa $u_0=0,u_1=1, u_n=ku_{n-1}-u_{n-2}$

Nếu $|k|>2$ thì $u_n=A(\frac{k+\sqrt{k^2-4}}{2})^n+B(\frac{k-\sqrt{k^2-4}}{2})^n$

thì hàm $f$ không thể là hàm tuần hoàn khi $n$ càng lớn.

Nếu $|k|\leq 2$ đặt $k=2\cos(x)$ thì $u_n=\frac{\sin(nx)}{\sin(x)}$ ( hỏi mấy thánh về dãy )

$\Rightarrow f(n)=\frac{\sin(nx)}{\sin(x)}f(1)-\frac{\sin((n-1)x)}{\sin(x)}f(0)$

Giả sử hàm $f$ tuần hoàn theo chu kì $p$ thì ta có $f(n)=f(n+p)$

$\Rightarrow \frac{\sin(nx)}{\sin(x)}f(1)-\frac{\sin((n-1)x)}{\sin(x)}f(0)=\frac{\sin(nx+px)}{\sin(x)}f(1)-\frac{\sin((n-1)x+px)}{\sin(x)}f(0)$

Giờ ta đồng nhất thức ( không biết có được xài không :v ) thì sẽ ra kết quả là $px=2q\pi$

$\Rightarrow k=2\cos(t\pi),t=\frac{2q}{p}$