$f(x^{2}+y^{2}+2f(xy))=(f(x+y))^{2}$
#1
Đã gửi 11-11-2015 - 21:06
$f(x^{2}+y^{2}+2f(xy))=(f(x+y))^{2}.$
- dungxibo123 và Zz Isaac Newton Zz thích
Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
#2
Đã gửi 05-09-2018 - 15:36
Tìm tất cả các hàm $f:R \rightarrow R$ thỏa mãn:
$f(x^{2}+y^{2}+2f(xy))=(f(x+y))^{2}.$
Ta viết lại đẳng thức dưới dạng: $f\left ( \left ( x+y \right )^{2}+2f(xy)-2xy \right )=f^{2}\left ( x+y \right ),\forall x,y\in \mathbb{R}$ (1)
Đặt: $x+y=a,xy=b$ và $g\left ( x \right )=2\left ( f(x)-x \right )$ khi đó (1) viết lại dưới dạng:
$f\left ( a^{2}+g(b) \right )=f^{2}\left ( a \right )$ với mọi $b=xy\leq \frac{\left ( x+y \right )^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}.$
Đặt: $M=\left \{ g(b)\mid b\in \mathbb{R} \right \}$ và $T=\left \{ g(b_{1})-g(b_{2})\mid b_{1},b_{2}\in \mathbb{R} \right \}$
Với mọi $x$ đủ lớn thì $f$ tuần hoàn theo chu kì $t\in T.$
Ta có: $g\left ( \left ( x^{2}+a_{1} \right )^{2}+a_{2} \right )-g\left ( \left ( x^{2}+a_{2} \right )^{2}+a_{2} \right )=2\left [ f\left ( \left ( x^{2}+a_{_{1}} \right )^{2}+a_{2} \right )-\left ( \left ( x^{2}+a_{1} \right )^{2}+a_{_{2}} \right ) \right ]-2\left [ f\left ( \left ( x^{2}+a_{2} \right )^{2}+a_{2} \right )-\left ( \left ( x^{2}+a_{2} \right )^{2}+a_{2} \right ) \right ]=2\left [ f^{4}(x)-f^{4}(x)+2(a_{2}-a_{_{1}})x^{2}+a_{2}^{2}-a_{1}^{2} \right ]=4(a_{2}-a_{1})x^{2}+2\left ( a_{2}^{2}-a_{1}^{2} \right )\in T$
Giả sử tồn tại hai số $a_{1},a_{2}$ sao cho $a_{1}< a_{2}.$ Suy ra trong $T$ chứa một đoạn liên tục trên $\mathbb{R}$ và với mọi số $x$ đủ lớn thì $f$ tuần hoàn theo chu kì bất kì trong đoạn này.
Từ đây ta có $f$ là hàm hằng với mọi $x\geq x_{1},$ hay $f(x)=c,\forall x\geq x_{1},c=const.$
Ta chọn một số $a$ đủ lớn để $a\geq x_{1},x^{2}+a\geq x_{1}$ thì ta suy ra: $c^{2}=c\Rightarrow c=\left \{ 0,1 \right \}.$ Tới đây ta đi xét hai trường hợp.
Trường hợp 1: nếu $c=0$ thì $f\left ( y^{2}+g(x) \right )=f^{2}(y)=f^{2}(-y),$ do đó với mọi $y\leq -x_{1}$ hoặc $y\geq x_{1}$ thì $f(y)=0.$
Suy ra: với mọi $y\leq -x_{1}$ thì $g(y)=-2y.$ Với mọi $x\in \mathbb{R}$ tồn tại $y\leq -x_{1}$ để $x^{2}-2y>x_{1}.$ Từ đó $f^{2}(x)=f(x^{2}-2y)=0\Rightarrow f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}.$
Trường hợp 2: nếu $c=1$ thì với mọi $y\leq -x_{1}$ ta có: $f(y)=\pm 1,g(y)=\pm 2-2y,$ suy ra: $\forall x\in \mathbb{R},\exists y\leq -x_{1}$ sao cho: $x^{2}\pm 2-2y>x_{1}$ và $f^{2}(x)=f\left ( x^{2}\pm 2-2y \right )=1\Rightarrow f(x)=\pm 1,\forall x\in \mathbb{R}.$
Trong trường hợp $f$ không đồng nhất với $1$ thì $\exists x_{0}:f(x_{0})=-1.$
Suy ra: $x_{0}\neq x^{2}+g(y),y\leq \frac{x^{2}}{4}.$
Xét $y\leq 0,x\in \mathbb{R}$ thì $x_{0}< g(y),\forall y\leq 0.$
Mặt khác $g(0)\leq 2$ nên $x_{0}<2.$ Suy ra: $f(x)=1,\forall x\geq 2$ và $g(x)=2-2x,\forall x\geq 2.$
*Giả sử $x_{0}\geq 0$ khi đó $g(x_{0})=-2-2x_{0}$ và với mọi $x_{0}\leq \frac{a^{2}}{4}$ thì $f(a^{2}-2-2x_{0})=f^{2}(a)\geq 0\Rightarrow f(m)=1,\forall m\geq 2x_{0}-2$
Từ đây ta suy ra: $2x_{0}-2>x_{0}\Leftrightarrow x_{0}>2,$ mâu thuẫn nên do đó ta phải có: $x_{0}<0.$
*Với $g(x_{_{0}})=-2-2x_{_{0}}$ và $f(a^{2}-2-2x_{0})=f^{2}(a)\geq 0,$ suy ra: $f(m)=1,\forall m\geq -2-2x_{0}\Rightarrow -2-2x_{0}> x_{0}\Leftrightarrow x_{0}<\frac{-2}{3}.$ Do đó: $f(x)=1,\forall x\geq \frac{-2}{3}.$ Ta sẽ chứng minh rằng $x^{2}+g(y),$ với $x^{2}\geq 4y$ sẽ không thể nhận giá trị bé hơn $\frac{-2}{3}.$
*Nếu $y< \frac{-2}{3}$ thì $g(y)=\pm 2-2y$ và $x^{2}+g(y)\geq -2-2y\geq \frac{-2}{3}.$
*Nếu $y\geq \frac{-2}{3}$ thì $g(y)=2-2y$ thì có hai khả năng:
+ Nếu $y\leq 0$ thì $x^{2}+g(y)=x^{2}+2-2y>0.$
+ Nếu $y>0$ thì $x^{2}+g(y)\geq 4y+2-2y=2+2y>0.$
Từ đây ta có kết luận về họ hàm thỏa mãn đề bài là: $f(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & \forall x\geq \frac{-2}{3} & \\ -1 & \forall x< \frac{-2}{3} & \end{matrix}\right.$
Vậy tất cả các hàm $f$ thỏa đề bài là: $f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R},$ $f(x)=1,\forall x\in \mathbb{R},$ $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R},$ $f(x)=\left\{\begin{matrix} 1 & \forall x\geq \frac{-2}{3} & \\ -1 & \forall x< \frac{-2}{3} & \end{matrix}\right.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zz Isaac Newton Zz: 06-09-2018 - 19:35
- chanhquocnghiem, Kim Vu, dungxibo123 và 3 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 06-09-2018 - 07:32
Tìm tất cả các hàm $f:R \rightarrow R$ thỏa mãn:
$f(x^{2}+y^{2}+2f(xy))=(f(x+y))^{2}.$
Đặt $a=x+y$ ; $b=xy$ ; $g(x)=2\left ( f(x)-x \right )$. Khi đó từ giả thiết, ta có thể viết :
$f\left ( a^2+g(b) \right )=\left ( f(a) \right )^2,\forall b\leqslant \frac{a^2}{4}$ $(\star )$
Xét $2$ trường hợp :
1) $g(x)$ là một hàm hằng : $g(x)=2\left ( f(x)-x \right )=2K\Leftrightarrow f(x)=x+K$ ($K$ là hằng số)
Thay vào $(\star )$, ta có :
$a^2+2K+K=(a+K)^2\Leftrightarrow K=0$
Vậy ta tìm được hàm $f(x)=x$ thỏa mãn điều kiện đề bài.
2) $g(x)$ không phải là hàm hằng :
Ta có các kết quả như bạn Zz Isaac Newton Zz tìm được ở trên.
Kết luận : Các hàm số thỏa mãn điều kiện đề bài là :
a) $f_1(x)=x,\forall x\in\mathbb{R}$
b) $f_2(x)=0,\forall x\in\mathbb{R}$
c) $f_3(x)=1,\forall x\in\mathbb{R}$
d) $f_4(x)=\left\{\begin{matrix}1,\forall x\geqslant -\frac{2}{3}\\-1,\forall x< -\frac{2}{3} \end{matrix}\right.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 06-09-2018 - 07:37
- dungxibo123, Zz Isaac Newton Zz, DOTOANNANG và 2 người khác yêu thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh