Đến nội dung

Hình ảnh

$f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(xy)=max\left \{ f(x+y), f(x).f(y) \right \}, \forall x, y\in \mathbb{R}.$



#2
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 669 Bài viết

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 $f(x)\equiv C,\ \ \forall C\in \left [ 0,1 \right ]$

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 05-08-2017 - 18:50

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:


#3
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết

 

$\mathcal{P}(x,1)\rightarrow f(x)\ge f(x+1),\ \forall x\ \ \ (1)$

$\mathcal{P}(x,0)\rightarrow f(0)=\max\left \{ f(x),f(x).f(0) \right \}\ \ \ (2)$

$\bullet\ \boxed{\text{TH1:}\ f(0)=0}$

$\mathcal{P}(x,-x)\rightarrow f(-x^2)=\max\left \{ 0,f(x).f(-x)\right \}\ \ (3)$

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.



#4
Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết

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





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh