Chủ đề này có 22 trả lời

[E. Galois]

Vào hồi 20h00, Thứ Sáu, ngày 28/02/2014, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.
 

 

I- Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu và kết quả

 

 

II - Lưu ý

1) Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi LATEX trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

 

 

Để sử dụng chức năng xem trước, bạn click vào Sử dụng bộ soạn thảo đầy đủ và chọn Xem trước.

 

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

 

3) Thành viên diễn đàn không đăng kí thi đấu vẫn có thể giải bài, nhưng phải ghi rõ là: Mình không phải là toán thủ thi đấu

 

4) Trận 4 sẽ loại 2 toán thủ có số điểm thấp nhất

[E. Galois]

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

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

Đề của bachhammer

[maitienluat]

Bài làm:

 

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn yêu cầu bài toán.

Trong  $(*)$ cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=(f(0))^2 \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$.

  $\bullet$ TH1:  $f(0) = 0$

Trong $(*)$ cho $x=y$ được $f(xy)=f(x).f(y)$ (1)

Do đó từ $(*)$ suy ra $f(x-y) = f(x) - f(y) , \forall x,y \in \mathbb{R} $ (2)

Cho $x=0$ trong (2) thu được $f(-y) = -f(y)$.

Từ đó $(2) \Leftrightarrow f(x-y) = f(x) + f(-y)$ hay $f(x+y) = f(x) + f(y)$ (3).

Đặt $f(1)=a$. Trong $(3)$ cho $y=1$ được $f(y+1)=f(y)+a$.

Từ đây quy nạp ta được $f(n)=an , \forall n \in \mathbb{N}$.

Trong $(2)$ cho $x,y \in \mathbb{N}$ ta được $axy = a^2.xy$. Suy ra $a=0$ hoặc $a=1$

Nếu $a=0$ thì trong $(2)$ cho $y=1, x \in \mathbb{R}$ được $f(x)=0 \forall x \in \mathbb{R}$

Nếu $a=1$ thì ta thu được $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{N}$

Lại có $f(-x)=-f(x)$ nên $f(n)=n , \forall n \in \mathbb{Z}$

Bây giờ với số hữu tỉ $x= \frac {p} {q}, p,q \in \mathbb{Z} , q \neq 0 $ bất kì, trong $(2)$ cho $x=\frac {p} {q},y=q$ thu được $p= f( \frac {p} {q} .q) = f(\frac {p} {q}) .f(q) = q.f(\frac {p} {q}) \Rightarrow f(\frac {p} {q}) = \frac {p} {q}$

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

Ta chứng minh rằng $f$ tăng.

Trong (2) lấy $x=y$ suy ra $f(x^2)=(f(x))^2$ , suy ra $f(x) \geq 0 , \forall x \geq 0$.

Với 2 số thực $x<y$ bất kì, từ $(3)$ suy ra $f(y)-f(x) = f(y-x) \geq 0$, vậy $f(x)$ tăng.

Với  mỗi số thực $x$ bất kì, ta chọn 2 dãy số hữu tỉ $(u_n) , (v_n)$ sao cho $u_n \leq x \leq v_n , \forall n$ và $\lim u_n = \lim v_n = x$. Do $f(x)$ tăng nên $u_n = f(u_n) \leq f(x) \leq f(v_n) = v_n , \forall n$.

Cho $n\rightarrow +\infty$ thu được $x \leq f(x) \leq x \Rightarrow f(x) = x$.

  $\bullet$ TH2: $f(0)=2$

Trong $(*)$ cho $y=0$ thu được $f(x) = 2 \forall x$.

Tóm lại ta thu được $f(x) = 0 , f(x) = 2, f(x) =x$.

Thử lại thấy cả $3$ hàm trên đều thoả.

Kết luận: $f(x)=0 , f(x) =2, f(x) =x$

[Tru09]

Bài làm :

Thay $y=0$ ta có $f(x) +f(0) =f(x) -f(0) +f(x).f(0) \Rightarrow 2f(0) =f(x).f(0) \forall x \in R  (1)$

Thay $x=y=0$ ta có : $2f(0) =f^2(0)$

Xét $f(0) \neq 0$ thay vào $(1)$ ta có $f(x) =2 \forall x \in R$

Xét $f(0) =0$

Từ $(*)$  thay $x=y=1 \Rightarrow f(1)=f^2(1)$

Xét $f(1) =1$

Từ $(*)$ ta thay $y=1 \Rightarrow f(x-1) +f(x) =f(x) -1 +f(x) \forall x \in R$

$\Rightarrow f(x) -f(x-1) =1 \forall x \in R$

$\Rightarrow f(x-1) -f(x-2) =1 \forall x \in R$

Tương tự đến $f(x-(x-2)) -f(x-(x-1)) =1 \forall x \in R$

Cộng lại ta có $f(x) -f(1) =x-1 \forall x \in R$

$\Rightarrow f(x)=x \forall x \in R$

Xét $f(1) =0$

Thay $y=1 \Rightarrow f(x-1) +f(x) =f(x) \Rightarrow f(x-1) =0 \forall x \in R$

\Rightarrow f(x) =0 \forall x \in R$

Thử lại thấy đúng.

Vậy $f(x) =f(1)x \forall x \in R$

hoặc $f(x) =2$ nếu $f(0) \neq 0$

 

[nhatquangsin]

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{bmatrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.$\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{bmatrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{bmatrix}$.

Thử lại thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

[thuan192]

Với $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow $f\left ( 0 \right )=0$ hoặc $f\left ( 0 \right )=2$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đổi biến $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Giải phương trình hàm Cauchy ta đựợc $\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là hằng số.

Mặt khác ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $f\left ( x \right )=0$ hoặc $f\left ( x \right )=x,\forall x\in R$

Thử lại ta thấy cả hai hàm đều thỏa mãn

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại ta thấy thỏa mãn.

Các hàm thỏa mãn yêu cầu là $f(x)= 0;f(x)= 2;f(x)= x$.

 

[henry0905]

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

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

Đề của bachhammer

Cho $x=y=0$ vào (*):$f(0)=f(0)^{2}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0 & \\ f(0)=2 & \end{bmatrix}$

Cho $y=1$ vào (*):$f(x-1)=-f(1)+f(x).f(1)\Leftrightarrow f(x-1)=f(1)[f(x)-1]$ (2)

Cho $x=1$ vào $(2)$, đặt $f(1)=a$: $f(0)=f(1)[f(1)-1]=a(a-1)$

Trường hợp 1: $f(0)=0$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=0 & \\ a=1 & \end{bmatrix}$

Xét $a=0$: Thay $a=0$ vào $(2)$:$f(x-1)=0$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=1$: Thay $a=1$ vào $(2)$:$f(x-1)=f(x)-1$ $\Rightarrow f(x+1)=f(x)+1$ (1a)

Cho $x=0$ vào $(1a)$: $f(-1)=-1$

Cho $y=-1$ vào $(*)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)-f(-1)+f(x)f(-1)$ (3)

Thay $f(-1)=-1$ vào $(3)$: $f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)=1\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$ (1b)

Từ $(1a)$ và $(1b)$ $\Rightarrow f(x)=-f(-x)$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm lẻ.

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm lẻ vào (*):$f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y)$ (4)

Kết hợp $(*)$ và $(4)$ $\Rightarrow f(x+y)+f(x-y)=2f(x)$ (5)

Cho $x=y$ vào $(5)$:$f(2x)=2f(x)$

Đặt $u=x+y, v=x-y$ vào (5):$f(u)+f(v)=2f(\frac{u+v}{2})\Leftrightarrow f(2u)+f(2v)=2f(u+v)=f(2u+2v)$

$\Rightarrow f(u)+f(v)=f(u+v)$ $\Rightarrow f(x)=kx$

Thay vào (*) ta được:$\begin{bmatrix} k=0 & \\ k=1 & \end{bmatrix}$

$k=0$: hàm hằng (thỏa).

$k=1$: f(x)=x (thỏa).

Trường hợp 2: $f(0)=2$

$\Rightarrow \begin{bmatrix} a=-1 & \\ a=2 & \end{bmatrix}$

Xét $a=-1$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=-1$

Thay $f(-1)=-1$ vào (3):$f(x+1)+f(-x)=f(x)+1-f(x)\Leftrightarrow f(x+1)=1-f(-x)$

Ta có từ $(2)$: $f(x-1)=1-f(x)\Rightarrow f(x+1)=1-f(x)$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)$ suy ra $f(x)$ là hàm chẵn

Thay $y$ bởi $(-y)$ và áp dụng hàm chẵn vào $(*)$:$f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$

$\Rightarrow f(x+y)=f(x-y)$, cho $y=x$ $\Rightarrow f(2x)=f(0)=2$ $\Rightarrow f(x)$ là hàm hằng (thỏa)

Xét $a=2$:

Cho $x=0$ vào $(2)$: $f(-1)=2$

Thay $f(-1)=2$ vào (3):$f(x+1)=3f(x)-2-f(-x)$

Từ $(2)$: $f(x-1)=2f(x)-2\Rightarrow f(x+1)=\frac{f(x)+2}{2}$

$\Rightarrow 6f(x)-4-2f(-x)=f(x)+2\Leftrightarrow 5f(x)-2f(-x)=6$

Thay $x$ bởi $(-x)$ ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} 5f(x)-2f(-x)=6 & \\ 5f(-x)-2f(x)=6 & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow f(x)=f(-x)=2$ (hàm hằng thỏa).

Kết luận: $f(x)$ là hàm hằng hay $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

[thuan192]

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

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

Đề của bachhammer

 

Một bài toán có dáng vóc tương tự với bài trên:

Tìm tất cả các hàm $R^{+}\rightarrow R^{+}$ thỏa:

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

[thuan192]

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

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

Đề của bachhammer

 

Một bài toán có dáng vóc tương tự với bài trên:

Tìm tất cả các hàm $R^{+}\rightarrow R^{+}$ thỏa:

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

[nguyenqn1998]

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{matrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{matrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x ,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Cho $x=y$ Khi đó $f(x^2)=(f(x))^2$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(a)>0$ với mọi $a>0$ 

Giả sử $x>y$ khi đó $f(x)=f(x-y)+f(y) > f(y)$ (do hàm $f$ lẻ), trường hợp $x=y=0$ khi đó $f(x)=f(y)=0$ =>$f $ đơn điệu tăng $\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{matrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{matrix}$.

Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

[LNH]

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

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

Đề của bachhammer

$f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$ (1)

Thay $x=y=0$ vào phương trình hàm trên ta thu được $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

Xét 2TH:

TH1: $f(0)=0$. Thay $x=0$ vào $(1)$, ta thu được:

$f(-y)=-f(y)$, $\forall y \in \mathbb{R}$ (2)

Trong $(1)$ thay $y$ bởi $-y$ và theo $(2)$, ta được:

$f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y)$, $\forall x,y \in \mathbb{R}$ (3)

Cộng (3) và (1) theo vế, ta được:

$f(x+y)+f(x-y)=f(2x)$

Đặt $u=x+y$, $v=x-y$, thay vào PT trên ta được:

$f(u)+f(v)=f(u+v)$, $\forall u,v \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow f(x)+f(y)=f(x+y)$, $\forall x,y \in \mathbb{R}$ (4)

Từ $(3)$ và $(4)$ ta thu được:

$f(x)f(y)=f(xy)$, $\forall x,y \in \mathbb{R}$ (5)

Thay $x=y$ vào $(4)$, ta được:

$f(2x)=2f(x)$ (6)

Lấy $x=0$ thay vào $(6)$, ta được $f(0)=0$

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

Suy ra $f((n+1)x)=(n+1)f(x)$

Theo giả thiết quy nạp, ta có:

$f(nx)=nf(x)$, $\forall n \in \mathbb{N}$ (7)

Mặt khác, áp dụng (2) và (7) ta thu được:

$f(nx)=nf(x)$, $\forall n \in \mathbb{Z}$ (8)

Và với mọi $n=1,2,3,....,$, ta có:

$f(x)=f\left ( \frac{1}{n}.nx \right )=nf(\frac{1}{n}x)$

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

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

Vì vậy, $f(rx)=rf(x)$, $\forall x \in \mathbb{R}$, $\forall r \in \mathbb{Q}$ (9)

Mặt khác, $f(xy)=f(x)f(y)$ (10)

Thay $y=x$, ta được $f\left ( x^2 \right )=\left [ f(x) \right ]^2$

Vậy $f(x) \geq 0$, $\forall x \geq 0$

Từ (9) và (10), ta thu được:

$rf(x)=f(rx)=f\left ( r \right )f(x)$, $\forall r \in \mathbb{Q}$, $\forall x \in \mathbb{R}$ (11)

Dễ thấy $f(x)\equiv 0$ thoả mãn ycđb

Xét $f(x) \not \equiv 0$:

Khi đó tồn tại $x_0$ sao cho $f(x_0) \neq  0$

Từ (11), thay $x=x_0$, ta được:

$f\left ( r \right )$

Bây giờ ta sẽ chứng minh hàm đồng biến. Xét $y>x$:

$f\left ( y \right )=f\left ( y-x \right )+f(x)\geq f(x)$

Vậy $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

Với $x$ tuỳ ý, xét 2 dãy số hữu tỉ $u_n$ và $v_n$ sao cho:

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

Vì $f$ tăng nên kết hợp với $f\left ( r \right )$, ta có:

$f\left ( u_n \right ) \leq f(x) \leq f(v_n)$

$\Leftrightarrow u_n\leq f(x)\leq v_n$

Cho $n\rightarrow +\infty$, ta được:

$\Leftrightarrow x\leq f(x)\leq x$

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

Vậy có hai hàm số thoả mãn ycđb:

$f(x)=0$, $\forall x \in \mathbb{R}$

$f(x)=x$, $\forall x \in \mathbb{R}$

Thử lại thấy đúng

TH2:$f(0)=2$

Thay $x=0$ vào (1), ta được:

$f(-y)+2=2-f(y)+2f(y)$

Hay $f$ là hàm số chẵn trên $\mathbb{R}$

Thay $y$ bởi $-y$ vào (1), ta được:

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

Từ đây suy ra $f(x+y)=f(x-y)$, $\forall x,y \in \mathbb{R}$

Thay $y=x$, ta được: $f(2x)=f(0)=2$, $\forall x \in \mathbb{R}$

Hay $f(x)=2$, $\forall x \in \mathbb{R}$

Thử lại thấy đúng

Từ 2 TH trên có 3 hàm số thoả ycđb:

$f(x)=0$, $\forall x \in \mathbb{R}$

$f(x)=2$, $\forall x \in \mathbb{R}$

$f(x)=x$, $\forall x \in \mathbb{R}$

[Hoang Tung 126]

Bài làm:(MO 31)

-Thay $y$ bởi $-y$ $= > f(x+y)+f(x(-y))=f(x)-f(-y)+f(x)f(-y)$

-Với $x=y=0= > f(0)=0$(1)

-Với $x=0$ .Từ phương trình đầu $= > f(-y)+f(0)=f(0)-f(y)+f(0)f(y)< = > f(-y)=-f(y)+f(0)f(y)$(2)

Từ (1),(2) $= > f(-y)=-f(y)$

 Từ đó pt hàm ban đầu viết thành :$f(x+y)+f(x)f(y)=f(x)+f(y)+f(xy)$   (4)

Thay $y$ bởi $y+z$ ta thu được $f(x+y+z)+f(x)f(y+z)=f(x)+f(y+z)+f(x(y+z))$

-Thay các đẳng thức sau đây vào đẳng thức nhân được 

   $f(z+y)=f(y)+f(z)+f(yz)-f(y)f(z)$

   $f(xy+xz)=f(xy)+f(xz)+f(x^2yz)-f(xy)f(xz)$

Ta  được đẳng thức :$f(x+y+z)+f(x)\left [ f(y)+f(z)+f(yz)-f(y)f(z) \right ]=f(x)+f(y)+f(z)+f(yz)-f(y)f(z)+f(xy)+f(xz)+f(x^2yz)-f(xy)f(xz)$

$< = > f(x+y+z)+\left [ f(x)f(y)+f(y)f(z)+f(x)f(z)\right ]-\left [ f(xy)+f(xz)+f(yz) \right ]-\left [ f(x)+f(y)+f(z) \right ]-f(x)f(y)f(z)=f(x^2yz)-f(x)f(yz)-f(xy)f(xz)$

  Do vế trái là biểu thức đối xứng của $x,y,z$ nên

 $f(x^2yz)-f(xz)f(xy)-f(x)f(yz)=f(xy^2z)-f(yz)f(yx)-f(y)f(xz)$

-Chọn $y=1$ trong đẳng thức vừa nhận được ta có :

  $f(x^2z)-f(x)f(xz)-f(x)f(z)=f(xz)-f(x)f(z)-f(1)f(xz)< = > f(x^2z)=f(xz)\left [ 1-f(1) \right ]+f(x)f(xz)$  (3)

Từ đẳng thức của (4) ta thay $y$ bởi $xz$ ta nhận được 

  $f(x^2z)=f(x+yz)+f(x)f(xz)-f(x)-f(xz)$  (5)

Từ (3) và (5) $= > f(x+xz)+f(x)f(xz)-f(x)-f(xz)=f(xz)(1-f(1))+f(x)f(xz)< = > f(x+xz)=(2-f(1))f(xz)+f(x)$  (6)

  -Từ (4) chọn $y=0= > f(x)+f(x)f(0)=f(x)+f(0)+f(0)< = > f(0)(f(x)-2)=0$

+Ta thấy $f(x)\equiv 2$ là một nghiệm 

+Xét $f(0)\equiv 0$.Chọn $x=y=2$ từ (4) $= > f(4)+f(2)^2=f(2)+f(2)+f(4)< = > f(2)(f(2)-2)=0$

-Trường hợp 1: $f(2)=0$

 Chọn $x=y=1$ từ (4) $= > f(2)+f(1)f(1)=f(1)+f(1)+f(1)< = > f(1)^2-3f(1)=0$

-Xét $f(2)=0,f(1)=0$ .Thay $f(1)=0$ vào (6) ta thu được :$f(x+xz)=2f(xz)+f(x)$

+Chọn $x=1= > f(z+1)=2f(z)$

+Chọn $z=1= > f(xz)=3f(x)$

$= > f(1+2z)=2f(2z)=6f(z)= > f(2+2z)=2f(1+2z)=12f(z)$

Mặt khác $f(2+2z)=f(2(1+z))=3f(1+z)=6f(z)$

$= > 12f(z)=6f(z)= > 6f(z)=0= > f(z)\equiv 0= > f(x)\equiv 0$ là nghiệm.

- Xét $f(2)=0,f(1)=3$.Chọn $x=1$ trong (4) $= > f(y+1)+3f(y)=3+f(y)+f(y)= > f(1+y)=3-f(y)= > f(2+y)=3-f(1+y)=f(y)= > f$ là hàm tuần hoàn với chu kì $T=2$

+Chọn $x=2$ trong (6)

 $= > f(2+2z)=(z-f(1))f(2z)+f(2)=-f(2z)$

Do $f(2+2z)=f(2z)$ (Do tính chất tuần hoàn )

$= > f(2z)=-f(2z)= > f(x)\equiv 0$ (Loại do $f(1)=3$)

 Trường hợp 2: $f(2)=2$.Chọn $x=z=1$ trong (6)

$= > f(2)=(2-f(1))f(1)+f(1)< = > f(1)^2-3f(1)+2=0< = > (f(1)-1)(f(2)-2)=0$

-Với $f(2)=2,f(1)=2$.Chọn $x=1$ trong (6)

$= > f(1+z)=(z-f(1))f(z)+f(1)-f(1)= > f(x)\equiv 2$(Do $2-f(1)=0,f(1)=2$)

Nhưng $f(x)\equiv 2$ Loại do từ đó  $f(0)=2$ nhưng $f(0)=0$

-Xét $f(2)=2,f(1)=1$.Áp dụng (6) $= > f(x+xz)=f(xz)+f(x)$

Đặt $xz=y= > f(x+y)=f(x)+f(y)$.Từ (4) $= > f(xz)=f(x)f(y)$

  Hàm $f$ vừa cộng tính vừa nhân tính $= > f(x)\equiv x$

    Vậy hàm $f(x)\equiv x$ ,$f(x)\equiv 0,f(x)\equiv 2$ .Thử lại thấy thỏa mãn 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daicagiangho1998: 04-03-2014 - 14:04

[Hoang Tung 126]

Bài Làm :(MO 31):(Em xin trình bày thêm một ý cho lời giải trên hoàn chỉnh hơn)

-Với $x=y=0= > f(0)(f(0)-2)=0$

+Nếu $f(0)-2=0= > f(0)=2$.Chọn $y=0$ vào pt hàm đề bài $= > f(x)+f(0)=f(x)-f(0)+f(x)f(0)< = > 2f(0)=f(x)f(0)< = > 2.2=f(x).2< = > f(x)=2$

+Nếu $f(0)=0$.Chọn $x=0= > f(-y)+f(0)=f(0)-f(y)+f(0)f(y)= > f(-y)=-f(y)$(1)

Thay $y$ bởi $-y$(3) $= > f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y)< = > f(x+y)-f(x)f(y)=f(x)-f(y)-f(xy)$(2)

Từ (1),(2) ,(3) $= > f(x+y)+f(x)f(y)=f(x)+f(y)+f(xy)$.

Đến đây lời giải như trên 

[davidsilva98]

Bài làm của MO 28: davidsilva98

Tìm các hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa:

       $f(x-y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)$ (1)

Bài làm:

Trong (1) cho $x=y=0=>2f(0)=f^{2}(0)=>\begin{bmatrix} f(0)=2\\ f(0)=0 \end{bmatrix}$

Ta xét hai trường hợp

Trường hợp 1: $f(0)=2$

Trong (1) cho $y=0=>f(x)+f(0)=f(x)-f(0)+f(x).f(0)$

$=>f(x)+2=f(x)-2+2f(x)=>f(x)=2$. Thử lại thấy thỏa đề bài

Trường hợp 2: $f(0)=0$

Trong (1) cho $x=0=>f(-y)+f(0)=f(0)-f(y)+f(0).f(y)=>f(y)=-f(-y)$ (2)

Trong (1) thay $x$ bởi $y$ và thay $y$ bởi $x$ ta có:

$f(y-x)+f(xy)=f(y)-f(x)+f(x).f(y)$. Kết hợp với (2) ta được:

$-f(x-y)+f(xy)=-f(x)-f(-y)+f(x).f(y)$ (3)

Mặt khác từ đề bài và (2) ta lại suy ra được:

$f(x-y)+f(xy)=f(x)+f(-y)+f(x).f(y)$  (4)

Từ (3) và (4) suy ra: $\left\{\begin{matrix} f(x+y)=f(x)+f(y) (*)\\ f(xy)=f(x).f(y)(**) \end{matrix}\right.$

Từ (**) suy ra $f(x)\geq 0$ với $x\geq 0$

Suy ra: $f:R\rightarrow R$, $f$ cộng tính và $f(x)\geq 0$ với $x\geq 0$ (dạng phương trình hàm Cauchy)

Khi đó $f(x)=cx$. Thế vào (1) ta được:

$c(x-y)+cxy=cx-cy+c^{2}xy=>\begin{bmatrix} c=0\\ c=1 \end{bmatrix}=>\begin{bmatrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x \end{bmatrix}$

Vậy $f(x)=2$ hoặc $f(x)=cx$ (với c bất kì).

[PTKBLYT9C1213]

Bài làm của MO26:

Thay x = y = 0 ta được:

$2f(0)=[f(0)]^{2}\Rightarrow f(0)=0 ; f(0)=2$

TH1: $f(0)=0$

Thay x = 1, y = 0 ta có:

$f(0)+f(1)=[f(1)]^{2}\Rightarrow f(1)=0 ; f(1)=1$

Nếu $f(1)=0$. Thay y = 1 ta có:

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

Suy ra $f$ là hàm tuần hoàn chu kì 2.

Nếu $f(1)=1$. Thay y = 1 ta có:

$f(x-1)=f(x)-1$

Bằng quy nạp ta chứng minh được $f(x)=x$

TH2: $f(0)=2$. Thay y = 0 ta có:

$2f(0)=f(x).f(0)$

$\Rightarrow f(x)=2$

Vậy $f(x)=2; f(x)=x;$ $f$ là hàm tuần hoàn chu kì 2

[19kvh97]

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

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

Đề của bachhammer

Mình không phải là toán thủ thi đấu

thay $x=y=0$ vào $(*)$ ta được $2f(0)=f^2(0)\Rightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0 & & \\ f(0)=2 & & \end{bmatrix}$

thế $y$ bởi $x$ vào $(*)$ ta được $f(0)+f(x^2)=f^2(x)(1)$

Nếu $f(0)=0$ $(1)\Rightarrow f(x^2)=f^2(x)\Leftrightarrow \log_a(f(x^2))=2\log_a(f(x))$ ($a$ là hằng số)

Đặt $x=a^t$ $\Rightarrow \log_a(f(a^{2t}))=2\log_a(f(a^t))$ suy ra 

$g(2t)=2g(t)\Leftrightarrow \frac{g(2^{1+\log_2(t)})}{2t}=\frac{g(2^{\log_2(t)})}{t}\Rightarrow m(\log_2(t)+1)=m(\log_2(t))$ 

suy ra $m(t)$ là hàm tuần hoàn chu kì $1$ coi $m(t)=c(Const)$

nên $g(t)=ct$ suy ra $f(x)=x^c$

thử lại với $(*)$ suy ra $c=1$ hay $f(x)=x$

Nếu $f(0)=2$ ; Thế $y=0$ vào $(*)$ ta được

$f(x).f(0)=2f(0)\Rightarrow f(x)\equiv 2$

Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)\equiv 2$

[Tru09]

Tìm các hàm f: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thoả:

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

Đề của bachhammer

Lời giải : (bài chính thức ) (BTC xóa bài trên hộ em

Từ đề bài ta thay  $y=0 \Rightarrow f(x) +f(0) =f(x)-f(0) +f(x).f(0) \forall x \in R$

$\Rightarrow 2f(0) =f(x)f(0) \forall x \in R(**)$

Thay $x =y=0$ ta có $2f(0) =f^2(0)  $

$\Rightarrow f(0) =0$ hoặc $f(0) =2$

Nếu $f(0) =2$ thì từ $(**) \Rightarrow f(x) =2 \forall x \in R$

Ta xét f(0) =0

Từ đề bài ta thay $y= 1 \Rightarrow f(x-1) +f(x) =f(x) -f(1) +f(x).f(1)  \forall x \in R (***)$

Từ đề bài ta thay $x=y=1 \Rightarrow f(0) +f(1) =f(1) -f(1) +f^2(1)$

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

$\Rightarrow f(1) =0$ hoặc $f(1) =1$

Nếu $f(1) =0$ thì thay vào $(2) \Rightarrow f(x-1) = 0 \forall x \in R \Rightarrow f(x) =0 \forall x \in R$

Ta xét $f(1) =1$ và $f(0) =0$

Từ $(***) \Rightarrow f(x) -f(x-1) =1 \forall x \in Z$

$\Rightarrow f(x-1) -f(x-2) =1 \forall x \in Z$

Tương tự như vậy cho đến $f(2) -f(1) =1$

Cộng hết lại ta có :

$f(x) -1 =x-1 \forall x \in Z$

$\Rightarrow f(x) =x \forall x \in Z$

Từ (*) thay $x =0 \Rightarrow f(-y) = -f(y) \forall y \in R$

Thay y thành -y vào (*) ta có : $f(x+y) -f(xy) =f(x) +f(y) -f(x)f(y) \forall x,y \in R (.)$

Cộng với (*) ta có :$ f(x+y) +f(x-y) =2f(x) \forall x,y \in R$

Từ đó thay tiếp $x=y \Rightarrow f(2x) =2f(x) \forall x \in R $

Vậy $f(x+y) +f(x-y) =f(2x) \forall x ,y \in R$

Mà $x+y +x-y =2x$ 

$\Rightarrow f$ cộng tính .

Thay vào (.) $\Rightarrow f(x)f(y) =f(xy) \forall x,y \in R$

vậy $f$ nhân tính

Mặt khác thay $x =y$ vào đề bài $\Rightarrow f(x^2) =f^2(x) \geq 0 \forall x \in R (..)$

Vậy với mỗi $x > 0 thì f(x) >0$

xét $x2 \geq x1$

Ta có $f(x2) =f(x2 -x1 +x1) =f(x2-x1) +f(x1) \geq f(x1)  ($ do $x2 -x1 \geq 0)$

Vậy f đồng biến.

Ta chứng minh$ f(nx) =nf(x) \forall n \in Z$

Với $n =1$ thì luôn đúng 

Giả sử đúng đến $n-1 \Rightarrow f((n-1)x) =(n-1)f(x) \forall x \in R$

Từ đề bài ta thay $y= -(n-1)x \Rightarrow f(nx) -f((n-1)x^2) =f(x) +f((n-1)x) -f(x)f((n-1)x) \forall x \in R$

$\Rightarrow f(nx) -(n-1)f(x^2) =f(x) +(n-1)f(x) -(n-1)f^2(x) \forall x \in R$

Kết hợp với $(..) \Rightarrow f(nx) = nf(x) forall x \in R ,n \in Z$

Với mỗi số nguyên $a,b  \Rightarrow f(b) = f(a.\frac{b}{a}) =a f(\frac{b}{a})  =b \forall a,b \in Z$

$\Rightarrow f(\frac{b}{a}) =\frac{b}{a} \forall a,b \in Z$

Vậy với mỗi q hữu tỷ thì $f(q) =q.\forall q \in Q$

Nếu $f(x) =x \forall x \in R$ thì ta có dpcm

Nếu tồn tại $x_0 \in R mà f(x_0) \neq x_0$

Ta đặt $f(x_0)=t_0$

TH1 : $x_0 > t_0$

tồn tại $m_0$ hữu tỷ sao cho $x_0 > m_0 > t_0$

Vì hàm đồng biến  $\Rightarrow f(x_0) > f(m_0) > f(t_0)$

$\Rightarrow t_0 > m_0$ Vô lý

TH2 $x_0 <t_0$

tồn tại m_0 hữu tỷ sao cho $x_0 <m_0 <t_0$

Vì hàm đồng biến  $\Rightarrow f(x_0) <f(m_0)<f(t_0)$

$\Rightarrow m_0 >t_0$ vô lý

Do đó $f(x) =x \forall x \in R$

Thử lại với f(x) =0 , f(x) =2 ,f(x) =x thấy đúng.

Tóm lại f(x) =0 hoặc f(x) =2 hoặc f(x) =x 

 

 

 

 

[Tru09]

Mở rộng :
Thực chất bài toán là : $f(x+y) -f(xy) =f(x) +f(y)-f(x)f(y) \forall x,y \in R$ với 2 biến $x,y$

vậy ta thử nâng lên n biến  :v

Bài toán :

$f(x1+x2+...+xn) -f(x1x2...xn) =\sum  f(x1) -f(x1)f(x2)...f(xn)$

Để giải bài toán này

Ta phải xét trường hợp n =2 ( lời giải như bài MO)

Lý luận tương tự $\Rightarrow f(0)= 0$ khi cho tất cả các biến $=0$

Sau đó cho $x3 ,...xn =0 \Rightarrow f(x1+x2)=f(x1) +f(x2) .$

Từ đó suy ra f cộng tính sau đó suy ra f nhân tính

$\Rightarrow$ f đồng biến.

Và phần còn lại giải như TH n=2

 

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau

[bachhammer]

Cho $x=y=0$ ta được $2f(0)=[f(0)]^2\Leftrightarrow \begin{bmatrix} f(0)=0\\ f(0)=2 \end{bmatrix}$

Xét trường hợp $f(0)=0$. Cho $x=0$ ta được $f(-y)=-f(y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Thay $y$ bằng $-y$ ta có: $f(x+y)-f(xy)=f(x)+f(y)-f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Từ đó ta có $f(x+y)+f(x-y)=2f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Cho $x=y$ ta có $f(2x)=2f(x),\forall x\in \mathbb{R}$. Do đó $f(x+y)+f(x-y)=f(2x),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Đặt $u=x+y,y=x-y$ ta có $f(u)+f(v)=f(u+v),\forall u,v\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)+f(y)=f(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.$\rightarrow f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$, $a$ là một hằng số.

Mà ta cũng có $f(xy)=f(x).f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Từ đó suy ra $\begin{bmatrix} f(x)\equiv 0\\ f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R} \end{bmatrix}$.

Thử lại thỏa mãn.

Xét trường hợp $f(0)=2$. Cho $x=0$ ta có $f(y)=f(-y),\forall y\in \mathbb{R}$.

Thay $y=-y$ ta có $f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$

Do đó suy ra $f(x+y)=f(x-y),\forall x,y\in \mathbb{R}$. Chọn $x=y=\frac{u}{2}$ thì ta có $f(u)=2,\forall u\in \mathbb{R}$. Hay $f(x)=2,\forall x\in \mathbb{R}$. Thế lại thỏa mãn.

Vậy các hàm thỏa mãn là $f(x)\equiv 0;f(x)\equiv 2;f(x)\equiv x$.

Hình như bạn nhatquangsin đã nhầm chỗ này, f đề bài ko liên tục nên ko thể áp dụng pt hàm Cauchy....