(2) $f: R\rightarrow R: f(xy+f(x))=xf(y)+f(x) \forall x,y \in R$
(3) $f: R\rightarrow R:f(x+f(y))= f^2(y)+2xf(y)+f(-x) \forall x,y\in R$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bichess: 09-07-2015 - 22:51
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bichess: 09-07-2015 - 22:51
(1) $f: R\rightarrow R: f(x^2+f(y))= xf(x)+ y$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 09-07-2015 - 09:48
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
(3) $f: R\rightarrow R:f(x+f(y))= f^2(y)+2xf(y)+f(-x) \forall x,y\in R$
Lời giải. Cố định $y$, phương trình tương đướng với $2xf(y)+f^2(y)=f(x+f(y))-f(-x)=g(x)$. Để ý rằng $g(x)$ là phương trình bậc nhất biến $x$ nên $g(x)$ là toàn ánh trên $\mathbb{R}$. Do đó $f(u)-f(v)$ với $u,v \in \mathbb{R}$ sẽ nhận giá trị trên toàn $\mathbb{R}$.
Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(x+f(y))=f^2(y)+2xf(y)+f(-x), \; \forall x,y \in \mathbb{R}$.
$P(0,y) \Rightarrow f(f(y))=f^2(y)+f(0)$.
$P(-f(x),y) \Rightarrow f(f(y)-f(x))=f^2(y)-2f(x)f(y)+f(f(x))= \left[ f(y)-f(x) \right]^2+f(0), \; \forall x,y \in \mathbb{R}$.
Vì miền giá trị của hàm $f(y)-f(x)$ với $x,y \in \mathbb{R}$ là toàn $\mathbb{R}$ nên $f(x)=x^2+f(0)$.
Thử lại thấy thoả mãn.
Vậy $f(x)=x^2+t, \; \forall x \in \mathbb{R}$.
Ps: Bài 2 bạn bỏ thừa dấu ngoặc ( ) nên mình không hiểu đề lắm.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Lời giải. Cố định $y$, phương trình tương đướng với $2xf(y)+f^2(y)=f(x+f(y))-f(-x)=g(x)$. Để ý rằng $g(x)$ là phương trình bậc nhất biến $x$ nên $g(x)$ là toàn ánh trên $\mathbb{R}$. Do đó $f(u)-f(v)$ với $u,v \in \mathbb{R}$ sẽ nhận giá trị trên toàn $\mathbb{R}$.
Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(x+f(y))=f^2(y)+2xf(y)+f(-x), \; \forall x,y \in \mathbb{R}$.
$P(0,y) \Rightarrow f(f(y))=f^2(y)+f(0)$.
$P(-f(x),y) \Rightarrow f(f(y)-f(x))=f^2(y)-2f(x)f(y)+f(f(x))= \left[ f(y)-f(x) \right]^2+f(0), \; \forall x,y \in \mathbb{R}$.
Vì miền giá trị của hàm $f(y)-f(x)$ với $x,y \in \mathbb{R}$ là toàn $\mathbb{R}$ nên $f(x)=x^2+f(0)$.
Thử lại thấy thoả mãn.
Ps: Bài 2 bạn bỏ thừa dấu ngoặc ( ) nên mình không hiểu đề lắm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bichess: 09-07-2015 - 22:52
(2) $f: R\rightarrow R: f(xy+f(x))=xf(y)+f(x) \forall x,y \in R$
Lời giải. Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(xy+f(x))=xf(y)+f(x)$.
$P(x,0) \Rightarrow f(f(x))=xf(0)+f(x)$. Từ đây ta suy ra $f$ đơn ánh.
$P(0,y) \Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0$.
Do đó $f(f(x))=xf(0)+f(x)=f(x) \Rightarrow f(x)=x$.
Vậy $f(x)=x, \; \forall x \in \mathbb{R}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 09-07-2015 - 23:26
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Lời giải. Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(xy+f(x))=xf(y)+f(x)$.
$P(x,0) \Rightarrow f(f(x))=xf(0)+f(x)$. Từ đây ta suy ra $f$ đơn ánh.
$P(0,y) \Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0$.
Do đó $f(f(x))=xf(0)+f(x)=f(x) \Rightarrow f(x)=x$.
Vậy $f(x)=x, \; \forall x \in \mathbb{R}$.
Hình như còn nghiệm $f(x)=0$ với mọi $x$
Hình như còn nghiệm $f(x)=0$ với mọi $x$
Thật sự không biết cách nào để chèn nghiệm này vào lời giải.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Lời giải. Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(xy+f(x))=xf(y)+f(x)$.
$P(x,0) \Rightarrow f(f(x))=xf(0)+f(x)$. Từ đây ta suy ra $f$ đơn ánh.
$P(0,y) \Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0$.
Do đó $f(f(x))=xf(0)+f(x)=f(x) \Rightarrow f(x)=x$.
Vậy $f(x)=x, \; \forall x \in \mathbb{R}$.
Chỗ này phải có $f(0) \neq 0$ thì $f$ mới đơn ánh.
Lời giải của mình
$f(xy+f(x))=xf(y)+f(x), \forall x,y \in \mathbb{R}\ \ \ \ \ (1)$
Cho $y=0$ trong $(1)$ ta có $f(f(x))=xf(0)+f(x)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $f$ đơn ánh, từ đó có $f(0)=0,$ vô lý.
Do đó $f(0)=0$, suy ra $f(f(x))=f(x)$
Xét $x \neq 0$
Cho $x=f(x), y=x$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=f^2(x)+f(x)$
Cho $y=f(x)$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=xf(x)+f(x)$
Suy ra $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$
Giả sử tồn tại $a,b \neq 0$ sao cho $f(a)=0, f(b)=b.$
Cho $x=b, y=a$ trong $(1)$ ta có $f(ab+b)=b$
Vì $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$ và $b \neq 0$ nên $ab+b=b$, vô lý vì $a,b \neq 0$
Do đó $f(x)\equiv 0$ hoặc $f(x) \equiv x$ với mọi $x\neq 0.$
Kết hợp với $f(0)=0$ ta có $f(x)\equiv 0$ và $f(x) \equiv x$ với mọi $x \in \mathbb{R}.$
Thử lại ta thấy các hàm trên đều thỏa đề.
Chỗ này phải có $f(0) \neq 0$ thì $f$ mới đơn ánh.
Lời giải của mình
$f(xy+f(x))=xf(y)+f(x), \forall x,y \in \mathbb{R}\ \ \ \ \ (1)$
Cho $y=0$ trong $(1)$ ta có $f(f(x))=xf(0)+f(x)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $f$ đơn ánh, từ đó có $f(0)=0,$ vô lý.
Do đó $f(0)=0$, suy ra $f(f(x))=f(x)$
Xét $x \neq 0$
Cho $x=f(x), y=x$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=f^2(x)+f(x)$
Cho $y=f(x)$ trong $(1)$ ta có $f(xf(x)+f(x))=xf(x)+f(x)$
Suy ra $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$
Giả sử tồn tại $a,b \neq 0$ sao cho $f(a)=0, f(b)=b.$
Cho $x=b, y=a$ trong $(1)$ ta có $f(ab+b)=b$
Vì $f(x)\left [ f(x)-x \right ]=0$ và $b \neq 0$ nên $ab+b=b$, vô lý vì $a,b \neq 0$
Do đó $f(x)\equiv 0$ hoặc $f(x) \equiv x$ với mọi $x\neq 0.$
Kết hợp với $f(0)=0$ ta có $f(x)\equiv 0$ và $f(x) \equiv x$ với mọi $x \in \mathbb{R}.$
Thử lại ta thấy các hàm trên đều thỏa đề.
Mình tưởng toàn ánh thì mới đc đặt x=f(x)?
Toàn ánh thì được thay $f(x)$ bởi $x$ còn thay $x$ bởi $f(x)$ được là vì tập xác định của $f$ là $\mathbb{R}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Huy Thong: 11-07-2015 - 11:56
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh