Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}, \forall x, y\in \mathbb{R}.$
$f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}$
#1
Đã gửi 16-06-2017 - 17:31
#2
Đã gửi 04-08-2017 - 20:17
Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}, \forall x, y\in \mathbb{R}.$
$\mathcal{P}(x,1)\rightarrow f(x)\ge f(x+1),\ \forall x\ \ \ (1)$
$\mathcal{P}(x,0)\rightarrow f(0)=\max\left \{ f(x),f(x).f(0) \right \}\ \ \ (2)$
$\bullet\ \boxed{\text{TH1:}\ f(0)=0}$
$\mathcal{P}(x,-x)\rightarrow f(-x^2)=\max\left \{ 0,f(x).f(-x)\right \}\ \ (3)$
từ đây ta có
$f(x)\ge 0,\ \forall x\le 0\ \ \ (4)$
tới đây ta xét $3$ tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$ là
$\left\{\begin{matrix}f(x)>0,\forall x \in \mathcal{A} \\f(x)<0,\forall x \in \mathcal{B} \\ f(x)=0,\forall x \in \mathcal{C} \end{matrix}\right.$
tới đây ta xem $a,b,c$ lần lượt là các phần tử thuộc các tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$
ta giả sử $\left | \mathcal{C} \right |=1$ tức là tập $\mathcal{C}$ chỉ có duy nhất phần tử là $0$
$(4)\Rightarrow f(x)>0,\ \ \forall x<0$
mà từ $(2)$ ta có
$0=f(0)\ge f(x),\ \ \forall x$
từ 2 điều trên ta có mâu thuẫn do đó $\left | \mathcal{C} \right |>1$
$\mathcal{P}(x,c)\rightarrow f(xc)=\max \left \{ f(x+c),0\right \}$
do đó $f(xc)\ge 0,\ \forall x$ và ta có thể chọn $x$ cùng với $c\neq 0$ nên
$f(x)\ge 0,\ \ \forall x\Rightarrow \mathcal{B}=\varnothing$
từ $(1)$ ta có $0=f(0)\ge f(1)\ge 0\rightarrow f(1)=0$
với $x\neq 0$ ta chọn
$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow 0=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$
từ đây ta có được $f\left ( x+\frac{1}{x}\right )=0$ tức là
$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{C},\ \forall x\neq 0$
tới đây vì $x+\frac{1}{x}\ge 2$ nên $\forall y:\left | y \right |\ge 2\rightarrow \exists x_0:y=x_0+\frac{1}{x_0}$ do đó
$\forall x:\left | x \right |\ge 2\rightarrow x\in \mathcal{C}$
từ đây với giả thiết đầu bài ta cố định $x$ và chọn $y$ đủ lớn sao cho $\left\{\begin{matrix} \left | x+y \right |\ge 2\\\left | xy \right |\ge 2 \end{matrix}\right.$ nên
$f(xy)=\max\left \{ f(x+y),f(x).f(y)\right \}=\max\left \{ 0,0 \right \}=0$
từ đây với mỗi $x$ cố định ta đều có thể chọn $y$ mà $f(xy)=0$ nên ta có thể suy ra
$f(x)=0,\ \ \forall x$
$\bullet\ \boxed{\text{TH2:}\ f(0)\neq 0}$
với trường hợp này từ $(2)$ ta suy ra tập giá trị của hàm $f$ là $1$ hoặc $f(0)$
nếu $f(0)=1$ thì không còn gì để nói nên ta xét với $f(0)\neq 1$
mà $\mathcal{P}(0,0)\rightarrow f(0)\ge f(0)^2\Rightarrow f(0)\le 1$ nên $f(0)<1$
tới đây ý tưởng cũng như trên ta xét hai tập $\mathcal{D},\mathcal{E}$ là
$\left\{\begin{matrix} f(x)=1,\forall x\in \mathcal{D}\\ f(x)=f(0),\forall x\in \mathcal{E} \end{matrix}\right.$
từ $(1)$ ta có $f(0)\ge f(1)$ mà ta thấy không còn giá trị nào của hàm $f$ bé hơn $f(0)$ nên $f(1)=f(0)$
tới đây thì tương tự như trên là
$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow f(0)=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$
từ đây ta có được
$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{E},\ \forall x\neq 0$
tới đây phần còn lại giải quyết hoàn toàn tương tự như trên
và đáp số bài toán là $f(x)\equiv C,\ \ \forall C\in \left [ 0,1 \right ]$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 05-08-2017 - 18:50
- Zz Isaac Newton Zz và Kamii0909 thích
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
#3
Đã gửi 05-08-2017 - 16:13
$\mathcal{P}(x,1)\rightarrow f(x)\ge f(x+1),\ \forall x\ \ \ (1)$
$\mathcal{P}(x,0)\rightarrow f(0)=\max\left \{ f(x),f(x).f(0) \right \}\ \ \ (2)$
$\bullet\ \boxed{\text{TH1:}\ f(0)=0}$
$\mathcal{P}(x,-x)\rightarrow f(-x^2)=\max\left \{ 0,f(x).f(-x)\right \}\ \ (3)$
từ đây ta có
$f(x)\ge 0,\ \forall x\le 0\ \ \ (4)$
tới đây ta xét $3$ tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$ là
$\left\{\begin{matrix}f(x)>0,\forall x \in \mathcal{A} \\f(x)<0,\forall x \in \mathcal{B} \\ f(x)=0,\forall x \in \mathcal{C} \end{matrix}\right.$
tới đây ta xem $a,b,c$ lần lượt là các phần tử thuộc các tập $\mathcal{A},\mathcal{B},\mathcal{C}$
ta giả sử $\left | \mathcal{C} \right |=1$ tức là tập $\mathcal{C}$ chỉ có duy nhất phần tử là $0$
$(4)\Rightarrow f(x)>0,\ \ \forall x<0$
mà từ $(2)$ ta có
$0=f(0)\ge f(x),\ \ \forall x$
từ 2 điều trên ta có mâu thuẫn do đó $\left | \mathcal{C} \right |>1$
$\mathcal{P}(x,c)\rightarrow f(xc)=\max \left \{ f(x+c),0\right \}$
do đó $f(xc)\ge 0,\ \forall x$ và ta có thể chọn $x$ cùng với $c\neq 0$ nên
$f(x)\ge 0,\ \ \forall x\Rightarrow \mathcal{B}=\varnothing$
từ $(1)$ ta có $0=f(0)\ge f(1)\ge 0\rightarrow f(1)=0$
với $x\neq 0$ ta chọn
$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow 0=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$
từ đây ta có được $f\left ( x+\frac{1}{x}\right )=0$ tức là
$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{C},\ \forall x\neq 0$
tới đây vì $x+\frac{1}{x}\ge 2$ nên $\forall y:\left | y \right |\ge 2\rightarrow \exists x_0:y=x_0+\frac{1}{x_0}$ do đó
$\forall x:\left | x \right |\ge 2\rightarrow x\in \mathcal{C}$
từ đây với giả thiết đầu bài ta cố định $x$ và chọn $y$ đủ lớn sao cho $\left\{\begin{matrix} \left | x+y \right |\ge 2\\\left | xy \right |\ge 2 \end{matrix}\right.$ nên
$f(xy)=\max\left \{ f(x+y),f(x).f(y)\right \}=\max\left \{ 0,0 \right \}=0$
từ đây với mỗi $x$ cố định ta đều có thể chọn $y$ mà $f(xy)=0$ nên ta có thể suy ra
$f(x)=0,\ \ \forall x$
$\bullet\ \boxed{\text{TH2:}\ f(0)\neq 0}$
với trường hợp này từ $(2)$ ta suy ra tập giá trị của hàm $f$ là $1$ hoặc $f(0)$
nếu $f(0)=1$ thì không còn gì để nói nên ta xét với $f(0)\neq 1$
mà $\mathcal{P}(0,0)\rightarrow f(0)\ge f(0)^2\Rightarrow f(0)\le 1$ nên $f(0)<1$
tới đây ý tưởng cũng như trên ta xét hai tập $\mathcal{D},\mathcal{E}$ là
$\left\{\begin{matrix} f(x)=1,\forall x\in \mathcal{D}\\ f(x)=f(0),\forall x\in \mathcal{E} \end{matrix}\right.$
từ $(1)$ ta có $f(0)\ge f(1)$ mà ta thấy không còn giá trị nào của hàm $f$ bé hơn $f(0)$ nên $f(1)=f(0)$
tới đây thì tương tự như trên là
$\mathcal{P}\left ( x,\frac{1}{x} \right )\rightarrow f(0)=f\left ( x.\frac{1}{x} \right )=\max\left \{ f\left ( x+\frac{1}{x} \right ),f(x).f\left ( \frac{1}{x} \right ) \right \}$
từ đây ta có được
$x+\frac{1}{x}\in \mathcal{E},\ \forall x\neq 0$
tới đây phần còn lại giải quyết hoàn toàn tương tự như trên
và đáp số bài toán là $f(x)\equiv C,\ \ \forall C<1$
Spoiler
Cách làm của anh ảo diệu thật, em làm như thế này, không biết có ổn không, mong anh chỉ giáo,...
Trong (1) lấy $x=0$ ta được: $f(0)=max\left \{ f(y), f(0).f(y) \right \}, \forall y\in \mathbb{R}$ (2)
Từ (2) lấy $y=0$ ta được: $f(0)=max\left \{ f(0), f^{2}(0) \right \}$ $\Rightarrow f(0)\geq f^{2}(0)\Leftrightarrow 0\leq f(0)\leq 1.$
Giả sử $\exists y\in \mathbb{R}$ sao cho $f(y)< 0,$ khi đó ta có: $f(y)\leq f(0).f(y),$ từ đây kết hợp với (2) suy ra: $f(0)=f(0).f(y)\Leftrightarrow f(0).(f(y)-1)=0\Leftrightarrow f(0)=0.$
Vậy (2) trở thành $0=max\left \{ f(y), 0 \right \}, \forall y\in \mathbb{R}\Rightarrow f(y)\leq 0, \forall y\in \mathbb{R}.$
*Nếu $\exists y\in \mathbb{R}:f(y)< 0$ thì $f(x)\leq 0, \forall x\in \mathbb{R}.$ Do đó theo (1) suy ra: $f(x)=max\left \{ f(x+1), f(x).f(1) \right \}= f(x).f(1)\geq 0, \forall x\in \mathbb{R}.$
Do đó: $f(x)=0=f(0), \forall x\in \mathbb{R}.$
*Nếu $f(y)\geq 0, \forall y\in \mathbb{R}$ thì $f(y)\geq f(0).f(y), \forall y\in \mathbb{R}.$ Do đó (2) trở thành $f(y)=f(0), \forall y\in \mathbb{R}.$
Vậy từ đây cho ta: $f(x)=C, \forall x\in \mathbb{R}$ và $C$ là hằng số. Thay vào (1) ta được: $C=max\left \{ C, C^{2} \right \}\Rightarrow C\geq C^{2}\Leftrightarrow C\in \left [ 0, 1 \right ].$
Hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là: $f(x)=C, \forall x\in \mathbb{R}$ và $C\in \left [ 0, 1 \right ]$ là hằng số.
- nhungvienkimcuong và Kamii0909 thích
#4
Đã gửi 08-08-2017 - 15:25
Bổ đề: Xét $a \geq 0$ và $g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $g(x)=x - \dfrac{a}{x}$ thì $g$ toàn ánh.(Không chứng minh)
$P(x,y) : f(xy) = max \left \{ f(x+y),f(x)f(y) \right \}$
$P \left(x, \dfrac{-a}{x} \right) : f(-a)= max \left \{ f \left( x- \dfrac{a}{x} \right), f(x)f \left( \dfrac{-a}{x} \right) \right \}$
Tức là $f(-a) \geq f \left( x- \dfrac{a}{x} \right) (1)$
Từ đây do tính toàn ánh của $ x- \dfrac{a}{x}$ nên $f(-a) \geq f(x), \forall a \geq 0, x \in \mathbb{R}$
Hay $f(-y) \geq f(x), \forall y \geq 0, \forall x \in \mathbb{R} $
Từ đây $f(-y) \geq f(-x), \forall x,y \geq 0$ suy ra $f(x)=f(0)=C, \forall x \leq 0$
Ngoài ra, $f(x) \leq C, \forall x \in \mathbb{R}$
Xét $x \geq 0$
$P(-x,-1) : f(x)= max \left \{ f(-x-1), f(-x)f(-1) \right \} = max \left \{ C, C^2 \right \}$
$\Rightarrow C \geq C^2 \Leftrightarrow 0 \ leq C \leq 1$
Mặt khác, với mọi $C \in [0,1]$ thì $C \geq C^2$ nên $f(x)=C, \forall x$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 08-08-2017 - 16:11
- nhungvienkimcuong và Zz Isaac Newton Zz thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh