Đến nội dung

Hình ảnh

Bài phương trình hàm đề chọn đội tuyển Lâm Đồng: $f(x)+f(x^4)=4026+x+x^4$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
nguyenvantrang2009

nguyenvantrang2009

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho $f\left( x \right)+f\left( {{x}^{4}} \right)=4026+x+{{x}^{4}}$ 

Bài phương trình hàm đề chọn đội tuyển HSG Lâm Đồng  2013 - 2014.

 

 

 



#2
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Đặt $f(x)=2013+R(x)$ ta có $R(x)+R(x^{4})=x+x^{4}$

Đặt $R(x)=x+G(x)$ ta có $G(x)+G(x^{4})=0$ 

Nghĩa là với mọi $x$ thì $G(x^{4})+G(x)=0$ do đó hàm $G(x)$ có vô hạn nghiệm . Do đó $G(x)=0$ 

Nên $f(x)=x+2013$ , thử lại thấy đúng .

Về phần chứng minh $G(x)=0$ có thể làm như sau , giả sử $G(x)$ không phải hàm hằng , khi đó tồn tại một khoảng nào đó và $G(x)$ liên tục trên đó để hàm này đồng biến hoặc nghịch biến . 

Ta cũng có khẳng định , tồn tại một khoảng nào đó để $G(x)$ luôn dương hoặc luôn không âm . 

Từ hai nhận xét trên ta có $G(x)=0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 23-09-2013 - 18:10

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#3
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Đặt $f(x)=2013+R(x)$ ta có $R(x)+R(x^{4})=x+x^{4}$

Đặt $R(x)=x+G(x)$ ta có $G(x)+G(x^{4})=0$ 

Nghĩa là với mọi $x$ thì $G(x^{4})+G(x)=0$ do đó hàm $G(x)$ có vô hạn nghiệm . Do đó $G(x)=0$

Đây là HÀM SỐ, không phải ĐA THỨC mà bạn có thể áp dụng định lý của đa thức. Hàm số có thể vô hạn nghiệm nhưng vẫn không đồng nhất bằng $0$.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#4
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Đây là HÀM SỐ, không phải ĐA THỨC mà bạn có thể áp dụng định lý của đa thức. Hàm số có thể vô hạn nghiệm nhưng vẫn không đồng nhất bằng $0$.

? minh sua lai roi ma , ban khong doc a 


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#5
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

? minh sua lai roi ma , ban khong doc a 

Hàm số rộng hơn đa thức nhiều. Đa thức chỉ có hữu hạn nghiệm (nếu khác hằng) còn hàm số có thể có vô hạn nghiệm mà vẫn không là hàm hằng.

Đơn cử hàm \[
f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
 0 \text{ nếu } x<0\\
 x^2  \text{ nếu } x \ge 0\\
 \end{array} \right.
\]

$f$ có vô số nghiệm nhưng $f$ không phải là hàm hằng.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#6
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Hàm số rộng hơn đa thức nhiều. Đa thức chỉ có hữu hạn nghiệm (nếu khác hằng) còn hàm số có thể có vô hạn nghiệm mà vẫn không là hàm hằng.

Đơn cử hàm \[
f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
 0 \text{ nếu } x<0\\
 x^2  \text{ nếu } x \ge 0\\
 \end{array} \right.
\]

$f$ có vô số nghiệm nhưng $f$ không phải là hàm hằng.

Đó là hàm $2$ điều kiện rồi , hơn nữa có thể chứng minh $G(x)=0$ như sau . Do $G(x^{4})+G(x)=0$ với mọi $x$

Chọn $x$ không âm ta có $G(x^{4k})=G(x)$ với mọi $k$ nguyên dương .

Lùi $x$ đi một giá trị nào đó ta thu được $G(x)=G(y)$ với mọi $x,y$ không âm nên $G(x)=G(0)=0$

Hơn nữa ta có $G(x)=G(-x)$ nên $G(x)=0$


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#7
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Đó là hàm $2$ điều kiện rồi , hơn nữa có thể chứng minh $G(x)=0$ như sau . Do $G(x^{4})+G(x)=0$ với mọi $x$

Chọn $x$ không âm ta có $G(x^{4k})=G(x)$ với mọi $k$ nguyên dương .

Lùi $x$ đi một giá trị nào đó ta thu được $G(x)=G(y)$ với mọi $x,y$ không âm nên $G(x)=G(0)=0$

Bạn hãy viết rõ phép lùi và cách quy nạp để thu được đẳng thức $G(x^{4k})=G(x)$ ra đi.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-09-2013 - 21:55

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#8
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Bạn hãy viết rõ phép lùi và cách quy nạp để thu được đẳng thức $G(x^{4k})=G(x)$ ra đi.

Do $G(x^{4})+G(x^{8})=G(x^{8})+G(x^{16})=................=G(x^{4})+G(x)$ nên có $G(x^{8})=G(x)$ , tiếp tục như vậy thu được $G(x)=G(x^{4k})$

Theo cách quy nạp trên ta chọn $x$ không âm

Xét số thực không âm $y$ bất kỳ . Tồn tại số $x$ nào đó mà $G(x^{4k})=G(y)$ nên theo phép quy nạp trên ta có $G(x)=G(y)$ với mọi $x,y$ thực không âm . Nên $G(x)=G(0)=0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 24-09-2013 - 22:01

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#9
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết


Do $G(x^{4})+G(x^{8})=G(x^{8})+G(x^{16})=................=G(x^{4})+G(x)$ nên có $G(x^{8})=G(x)$ , tiếp tục như vậy thu được $G(x)=G(x^{4k})$

Theo cách quy nạp trên ta chọn $x$ không âm

Xét số thực không âm $y$ bất kỳ . Tồn tại số $x$ nào đó mà $G(x^{4k})=G(y)$ nên theo phép quy nạp trên ta có $G(x)=G(y)$ với mọi $x,y$ thực không âm . Nên $G(x)=G(0)=0$

Thứ nhất: Bạn quy nạp sai.

$$G(x)+G(x^4)=0\,\forall x \quad (1)$$

Thay $x^4$ vào (1) thì ta thu được: $G(x^4)+G(x^{16})=0 \Rightarrow G(x^{16})=G(x),\forall x$.

Như thế, đúng ra phải là $G(x^{4^k})=G(x)\,\forall x$.

Thứ hai: Bạn hiểu sai về mệnh đề bạn đưa ra.

Bạn chọn $x$ thế nào để $G(x^{4^k})=G(y)$? Nếu bạn chọn $x=\sqrt[4^k] y$ thì với mỗi $y \ge 0$ bất kì, ta chỉ chọn được một và chỉ một số thực $x \ge 0$ để $G(x^{4^k})=G(y)$.

Như thế,  biểu thức $G(x)=G(y)$ chỉ đúng với những cặp số thực không âm $(x,y)$ mà $x^{4k}=y$, không phải là một cặp số thực không âm $x,y$ bất kì

 

hxthanh:

 

perfectstrong:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 24-09-2013 - 23:38

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh