Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Nếu $a$ chia hết $b$ thì $f(a) \geq f(b)$ ; $f(ab)+f\left ( a^2+b^2 \right ) = f(a)+f(b)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 song_ha

song_ha

    Sống là chiến đấu

  • Pre-Member
  • 321 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VIỆT_NAM
  • Sở thích: dạy con học toán<br> làm toán<br> AC MILAN

Đã gửi 03-03-2005 - 01:17

Tìm $f:\mathbb{N}^* \to \mathbb{Z}$ thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau
1) Nếu $a$ chia hết $b$ thì $f(a) \geq f(b)$
2) $f(ab)+f\left ( a^2+b^2 \right ) = f(a)+f(b)$

DDTH

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 05-11-2012 - 00:22

<span style='color:red'>...Này sông cứ chảy như ngày ấy
Có người đi quên mất lối về.....</span>

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-11-2012 - 21:52

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 09/11 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 08-11-2012 - 21:52

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 Trungpbc

Trungpbc

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Toán,conan

Đã gửi 09-11-2012 - 01:37

Nhận xét rằng nếu $f$ thỏa mãn bài toán thì $f+c$ cũng thỏa mãn bài toán, trong đó $c$ là một số nguyên bất kì. Do đó không mất tính tổng quát, ta hoàn toàn có thể giả sử $f(1)=0$. Từ đó, theo điều kiện (1) thì $f(n)\leqslant 0,\forall n\in \mathbb{N^{*}}$. Trong (2), chọn $b=1$ ta có:$$f(a)+f(a^{2}+1)=f(a),\forall a\in \mathbb{N}^{*}\Leftrightarrow f(a^{2}+1)=0,\forall a\in \mathbb{N}^{*}$$ Nếu gọi $n$ là số nguyên dương thỏa mãn $-1$ là số chính phương modulo $n$ thì, tồn tại số nguyên dương $k,a$ thỏa mãn: $a^{2}+1=kn$. Khi đó: $$0\geqslant f(n)\geqslant f(kn)=f(a^{2}+1)=0$$ Hay $f(n)=0$ nếu $\left ( \frac{-1}{n} \right )=1$. Kết quả này cho ta hệ quả là $f(p)=0$ với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$. Tiếp theo ta nhận xét rằng, nếu $x,y\in \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn $f(x)=f(y)=0$ thì $f(xy)=0$. Thật vậy, ngược lại thì ta phải có $f(xy)<0$, kết hợp điều kiện (2), ta suy ra $f(x^{2}+y^{2})=-f(xy)>0$, mâu thuẫn. Vậy nhận xét được chứng minh. Quay trở lại bài toán, chú ý rằng, với mọi $a,b$ nguyên tố cùng nhau thì các ước nguyên tố của $a^{2}+b^{2}$ có dạng $4k+1$, suy ra: $f(a^{2}+b^{2})=0$. Thay vào điều kiện (2), rút ra được:
$$f(ab)=f(a)+f(b)$$ với mọi $a,b$ nguyên tố cùng nhau. Tiếp tục thay $b$ bởi $ac$ trong (2), ta có: $$f(a^{2}c)+f(a^{2}(1+c^{2}))=f(a)+f(ac)$$ Để ý, $f(a)\geqslant f(a^{2}(1+c^{2}))$ và $f(ac)\geq f(a^{2}c)$ nên dấu đẳng thức phải xảy ra, hay $f(ac)=f(a^{2}c)$. Chọn $c=1$, ta có: $f(a)=f(a^{2})$, chon tiếp $c=a$ thu được $f(a)=f(a^{2})=f(a^{3})$. Quy nạp đơn giản, có được: $f(a^{n})=f(a),\forall n\in \mathbb{N}^{*}$.
Bây giờ xét hàm $f$ được định nghĩa như sau:
a, $f(p)=f(1)=0$ với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$
b, $f(p)=x_{p}\leqslant 0$ với các số nguyên tố có dạng $4k+3$, ở đây các $x_{p}$ là các hằng số nguyên không dương bất kì.
c, Với mọi số nguyên dương $n$, đặt $n=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}...p_{k}^{\alpha _{k}}$ thì $f(n)=f(p_{1})+f(p_{2})+...+f(p_{k})$.
Ta sẽ chứng minh hàm số này thỏa mãn:
Hiển nhiên, hàm trên thỏa mãn điều kiện (1).
Với mọi $a,b$ nguyên dương, gọi $p_{i},i=1,2,...,m$ là tập ước nguyên tố chung của $a$ và $b$, $q_{i},i=1,2,...,n$ là tập ước nguyên tố của $a$ nhưng không có phần tử nào chia hết $b$, $r_{i},i=1,2,...,l$ là tập các ước nguyên tố của $b$ nhưng không của $a$. Sử dụng điều kiện $c$ với chú ý $p_{i}$ có dạng $4k+1$ nên $f(p_{i})=0$ và do đó kiểm tra được $a,b$ thỏa mãn điều kiện (2)
Vậy các hàm thỏa mãn là $f+c$, với $c$ là hằng số nguyên bất kì, $f$ được xác định như trên.

#4 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2012 - 14:05

...
Bây giờ xét hàm $f$ được định nghĩa như sau:
a, $f(p)=f(1)=0$ với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$
b, $f(p)=x_{p}\leqslant 0$ với các số nguyên tố có dạng $4k+3$, ở đây các $x_{p}$ là các hằng số nguyên không dương bất kì.
c, Với mọi số nguyên dương $n$, đặt $n=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}...p_{k}^{\alpha _{k}}$ thì $f(n)=f(p_{1})+f(p_{2})+...+f(p_{k})$.
Ta sẽ chứng minh hàm số này thỏa mãn:
Hiển nhiên, hàm trên thỏa mãn điều kiện (1).
Với mọi $a,b$ nguyên dương, gọi $p_{i},i=1,2,...,m$ là tập ước nguyên tố chung của $a$ và $b$, $q_{i},i=1,2,...,n$ là tập ước nguyên tố của $a$ nhưng không có phần tử nào chia hết $b$, $r_{i},i=1,2,...,l$ là tập các ước nguyên tố của $b$ nhưng không của $a$. Sử dụng điều kiện $c$ với chú ý $p_{i}$ có dạng $4k+1$ nên $f(p_{i})=0$ và do đó kiểm tra được $a,b$ thỏa mãn điều kiện (2)
Vậy các hàm thỏa mãn là $f+c$, với $c$ là hằng số nguyên bất kì, $f$ được xác định như trên.

Với cái định nghĩa hàm $f$ của bạn như trên và cái kết luận của bạn thì chỉ có thể rút ra được
$f:\mathbb{N}^* \to \mathbb Z\quad\Big|\quad f(x)=c$ với $c\in\mathbb Z$ bất kỳ.
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#5 Trungpbc

Trungpbc

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Toán,conan

Đã gửi 09-11-2012 - 16:52

Với cái định nghĩa hàm $f$ của bạn như trên và cái kết luận của bạn thì chỉ có thể rút ra được
$f:\mathbb{N}^* \to \mathbb Z\quad\Big|\quad f(x)=c$ với $c\in\mathbb Z$ bất kỳ.

Thực sự là mình không hiểu ban đang nói điều gì, kết luận chi tiết về hàm $f$ như sau:
a, $f(1)=f(2)=f(p)=c$ với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$, trong đó $c$ là hằng số nguyên bất kì. (Trong bài làm trên do sơ suất mình đã quên tính $f(2)$ nhưng việc này khá dễ dàng, thay $a=b=1$ vào là được)
b, $f(p)=x_{p}\leqslant c$ với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+3$, trong đó các $x_{p}$ là những hằng số nguyên không vượt quá $c$
c, Với số nguyên dương $n$ tùy ý, phân tích tiêu chuẩn của $n$ là $n=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}...p_{k}^{\alpha _{k}}$ thì định nghĩa $f(n)=f(p_{1})+f(p_{2})+...+f(p_{k})-(k-1)c$
Việc kiểm tra hàm này thỏa mãn hay không, mình đã chứng minh. Tất nhiên với hàm được định nghĩa như trên thì giá trị của nó phụ thuộc vào các điểm nguyên tố.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trungpbc: 09-11-2012 - 16:57


#6 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2012 - 20:51

Chấm điểm:
Trungpbc: 50 điểm

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





0 người đang xem chủ đề

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