Chủ đề này có 9 trả lời

[Bichess]

(1) $f: R\rightarrow R: f(x^2+f(y))= xf(x)+ y$
(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

[Zaraki]

(1) $f: R\rightarrow R: f(x^2+f(y))= xf(x)+ y$

Lời giải. Giả sử $P(x;y)$ có tính chất $f(x^2+f(y))=xf(x)+y$.

$P(0;y) \Rightarrow f(f(y))=y.$ Ta suy ra $f$ là song ánh.

Do đó tồn tại $k \in \mathbb{R}$ thoả mãn $f(k)=0$. Khi đó $f(0)=f(f(k))=k$. Ta có $P(k;0) \Rightarrow f(k^2+k)=0=f(k)$. Vì $f$ là song ánh nên $k^2+k=k$ hay $k=0$. Vậy $f(0)=0$.

$P(x,0) \Rightarrow f(x^2)=xf(x)$.

$P(f(x),y) \Rightarrow f \left( f^2(x)+f(y) \right) = f(x)f(f(x))+y=xf(x)+y$.

Do đó $f\left( f^2(x)+f(y) \right)= f(x^2+f(y)) \Rightarrow f^2(x)=x^2$.

Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$.

Ta chứng minh không đồng thời tồn tại $a,b \ne 0$ thoả mãn $f(a)=a,f(b)=-b$. Giả sử tồn tại $a,b$ như trên thì $f(a^2-b)=a^2+b$ suy ra $(a^2-b)^2=(a^2+b)^2$ hay $a^2b=0$, mâu thuẫn.

Vậy $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x \; \forall x \in \mathbb{R}$.

Thử lại thấy hai hàm thoả mãn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 09-07-2015 - 09:48

[Zaraki]

(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.

[Bichess]

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.

Mình sửa rồi đó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bichess: 09-07-2015 - 22:52

[Zaraki]

(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

[Bui Ba Anh]

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 $x$

[Zaraki]

Hình như còn nghiệm $f(x)=0$ với mọi $x$

Thật sự không biết cách nào để chèn nghiệm này vào lời giải. 

[Huy Thong]

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.

[tunglamlqddb]

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)?

[Huy Thong]

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