Bài toán
Cho hàm số $f$ : $R -> R$ thỏa mãn $|f(x)| \leq 1$ với mọi $x$ thuộc $R$
Và $f(x) + f(x+ \dfrac{13}{42}) = f(x+ \dfrac{1}{6}) + f(x+ \dfrac{1}{7}) $ với mọi $x$ thuộc $R$
Chứng minh rằng : $f(x)$ là hàm số tuần hoàn
TVƠ
Hero TVƠ Y An Forever
Bắt đầu bởi supermember, 23-04-2008 - 01:51
#1
Đã gửi 23-04-2008 - 01:51
Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui
#2
Đã gửi 23-04-2008 - 12:26
Đây là một bài toán không quá khó về hàm tuần hoàn.Xin được làm như sau:
Đặt $\ a=\dfrac{1}{6};b=\dfrac{1}{7};a+b=\dfrac{13}{42}$.
Lần lượt thay x bởi x+a,x+2a,x+3a,...,x+5a rồi cộng các phương trình này lại có
f(x+1+b)+f(b)=f(x+1)+f(x+b).
Lại thay x bởi x+b,x+2b,...,x+6b như trên.
Từ các điều trên dễ dàng suy ra f(x+2)+f(x)=2f(x+1) hay f(x+2)-f(x+1)=f(x+1)-f(x).
Đặt A=f(x+1)-f(x),quy nạp theo n dễ chứng minh được f(x+n)-f(x)=nc với mọi n.
Nếu A $\neq$0 thì f(x+n) không bị chặn trái với /f(x)/ $\leq $1 với mọi x.Vậy A=0 và f(x+1)=f(x) .Suy ra ĐPCM.
Đặt $\ a=\dfrac{1}{6};b=\dfrac{1}{7};a+b=\dfrac{13}{42}$.
Lần lượt thay x bởi x+a,x+2a,x+3a,...,x+5a rồi cộng các phương trình này lại có
f(x+1+b)+f(b)=f(x+1)+f(x+b).
Lại thay x bởi x+b,x+2b,...,x+6b như trên.
Từ các điều trên dễ dàng suy ra f(x+2)+f(x)=2f(x+1) hay f(x+2)-f(x+1)=f(x+1)-f(x).
Đặt A=f(x+1)-f(x),quy nạp theo n dễ chứng minh được f(x+n)-f(x)=nc với mọi n.
Nếu A $\neq$0 thì f(x+n) không bị chặn trái với /f(x)/ $\leq $1 với mọi x.Vậy A=0 và f(x+1)=f(x) .Suy ra ĐPCM.
#3
Đã gửi 24-04-2008 - 21:39
Một số bài toán khác về hàm tuần hoàn
CHo hàm số f(x)=asin(ux)+bcos(vx) xác định trên R và a,b,u,v là các số thực khác 0
CMR f(x) là hàm tuần hoàn khi và chỉ khi $ \dfrac{u}{v}$ hữu tỉ
CHo hàm số f(x)=asin(ux)+bcos(vx) xác định trên R và a,b,u,v là các số thực khác 0
CMR f(x) là hàm tuần hoàn khi và chỉ khi $ \dfrac{u}{v}$ hữu tỉ
12A1-THPT PHAN BỘI CHÂU-TP VINH-NGHỆ AN
SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN
SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN
#4
Đã gửi 24-04-2008 - 22:42
mình cũng xin giải như sau:
*Thuận:giả sử f(x) là hàm tuần hoàn có chu kỳ t $\neq $0,vậy f(x+t)=f(x) với mọi x.
cho x=0,có f(t)=f(0) hay là asin(ut)+bcos(vt)=b
cho x=-t,có f(0)=f(-t) hay -asin(ut)+bcos(vt)=b
cộng hai vế lại có cos(vt)=1 hay vt=kt$\pi$ (k:số nguyên khác không)
trừ hai vế có sin(ut)=0 hay ut=h$\pi$(h:số nguyên khác không)
Từ hai điều trên có $\ frac{u}{v}=\dfrac{h}{2k}$ là số hữu tỉ.
*đảo:giả sử $\dfrac{u}{v}=\dfrac{m}{n}$(m,n là các số nguyên khác 0)
Chọn $\ t=\dfrac{2m\pi}{u}=\dfrac{2n\pi}{v} \neq 0 $có :
f(x+t)=asin(u($\ x+\dfrac{2m\pi}{u}$))+bcos(v($\ x+\dfrac{2n\pi}{v}))$
=asin(ux)+bcos(vx)=f(x) với mọi x,vậy f(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ t khác không.
Sau đây mình cũng xin đưa ra một bài về hàm tuần hoàn cho supermember và các bạn làm thử:Cho hàm f:N--->R thõa mãn điều kiện : f(n+1)+f(n-1)=kf(n)(với mọi n thuộc N).
Hãy tìm tất cã các giá trị của k để f là hàm tuần hoàn?????????????? (bài này có vẻ hơi dễ nhỉ )
*Thuận:giả sử f(x) là hàm tuần hoàn có chu kỳ t $\neq $0,vậy f(x+t)=f(x) với mọi x.
cho x=0,có f(t)=f(0) hay là asin(ut)+bcos(vt)=b
cho x=-t,có f(0)=f(-t) hay -asin(ut)+bcos(vt)=b
cộng hai vế lại có cos(vt)=1 hay vt=kt$\pi$ (k:số nguyên khác không)
trừ hai vế có sin(ut)=0 hay ut=h$\pi$(h:số nguyên khác không)
Từ hai điều trên có $\ frac{u}{v}=\dfrac{h}{2k}$ là số hữu tỉ.
*đảo:giả sử $\dfrac{u}{v}=\dfrac{m}{n}$(m,n là các số nguyên khác 0)
Chọn $\ t=\dfrac{2m\pi}{u}=\dfrac{2n\pi}{v} \neq 0 $có :
f(x+t)=asin(u($\ x+\dfrac{2m\pi}{u}$))+bcos(v($\ x+\dfrac{2n\pi}{v}))$
=asin(ux)+bcos(vx)=f(x) với mọi x,vậy f(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ t khác không.
Sau đây mình cũng xin đưa ra một bài về hàm tuần hoàn cho supermember và các bạn làm thử:Cho hàm f:N--->R thõa mãn điều kiện : f(n+1)+f(n-1)=kf(n)(với mọi n thuộc N).
Hãy tìm tất cã các giá trị của k để f là hàm tuần hoàn?????????????? (bài này có vẻ hơi dễ nhỉ )
#5
Đã gửi 25-04-2008 - 10:53
Bài này anh nghĩ nên có điều kiện hàm $f$ không đồng nhất bằng $0$ thì mới chặt.
Khi đó ta có
Đặt $a_n=f(n)$ suy ra $a_{n+1}=ka_n-a_{n-1}$
Suy ra $a_n=a.t_1^n+b.t_2^n(a^2+b^2 \neq 0)$ với $t_1,t_2$ là $2$ nghiệm phân biệt của phương trình $x^2-kx+1=0$
Nếu $|t_i| \neq 1 ,i=1,2$ thì khi đó dãy $a_n$ không thể tuần hoàn ( vì nếu $a,b \neq 0$ thì do $|t_1|>1,|t_2|<1$ nên $a_n -> \infty$ còn nếu $a=0$ hoặc $b=0$ thì $a_n=p.q^n$ với $p \neq 0, |q| \neq 1$ cũng sẽ không tuần hoàn)
Do đó $|t_i|=1$ và $k=2,-2$
Khi đó lần lượt chỉ ra các hàm hằng và hàm $f(n)=(-1)^n$ thỏa mãn từng giá trị của $k$
Khi đó ta có
Đặt $a_n=f(n)$ suy ra $a_{n+1}=ka_n-a_{n-1}$
Suy ra $a_n=a.t_1^n+b.t_2^n(a^2+b^2 \neq 0)$ với $t_1,t_2$ là $2$ nghiệm phân biệt của phương trình $x^2-kx+1=0$
Nếu $|t_i| \neq 1 ,i=1,2$ thì khi đó dãy $a_n$ không thể tuần hoàn ( vì nếu $a,b \neq 0$ thì do $|t_1|>1,|t_2|<1$ nên $a_n -> \infty$ còn nếu $a=0$ hoặc $b=0$ thì $a_n=p.q^n$ với $p \neq 0, |q| \neq 1$ cũng sẽ không tuần hoàn)
Do đó $|t_i|=1$ và $k=2,-2$
Khi đó lần lượt chỉ ra các hàm hằng và hàm $f(n)=(-1)^n$ thỏa mãn từng giá trị của $k$
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
#6
Đã gửi 25-04-2008 - 21:48
Hình như mọi người đang bàn nhau về mấy bài cũ rích đã có lời giải từ lâu.
#7
Đã gửi 25-04-2008 - 22:47
Nghe cái giọng....Thích bài mới hử.Bài cũ đây này,làm đi em.Hình như mọi người đang bàn nhau về mấy bài cũ rích đã có lời giải từ lâu.
Cho $2n+1$ số vô tỉ.Chứng minh có thể chọn được $n+1$ số trong chúng sao cho tổng các phần tử của bất cứ tập con nào của tập $n+1$ phần tử đó đều là số vô tỉ.
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
#8
Đã gửi 26-04-2008 - 23:50
Nghe cái giọng....Thích bài mới hử.Bài cũ đây này,làm đi em.
Cho $2n+1$ số vô tỉ.Chứng minh có thể chọn được $n+1$ số trong chúng sao cho tổng các phần tử của bất cứ tập con nào của tập $n+1$ phần tử đó đều là số vô tỉ.
@ tanlsth: Hình như trên kia là thầy giáo chứ ko phải là học sinh. Nhưng mà cũ người mới ta, bài cũ rích có lời giải từ lâu thì sao đâu thầy? chẳng lẽ thầy bắt tụi em tấn công những bài open problems ???!!! Em ko hiểu nếu mà thầy vào lớp có hs đứng lên bảo "toàn bài cũ rích lời giải từ lâu rồi, em về đây" thì thế nào??!!
Gọi $ k\leq n+1$ là "tốt" nếu mà mọi tập con $ k$ phần tử nào của tập ban đầu cũng chứa 1 tập con của nó mà tổng là hữu tỉ. thì ta thấy là tồn tại tổ hợp tuyến tính mà các hệ số nguyên ko đồng thời bằng ko $ k$ phẩn tử sẽ là hữu tỉ. xét $ a_{1},...,a_{k-1}$ bất kỳ và ta viết các tổ hợp tuyến tính hs nguyên của nó với $ k+1\leq 2n+1-(k-1)$ phần tử trong đám còn lại.tất cả đều là hữu tỉ theo giả sử. điều này dẫn đến tồn tại tổ hợp tuyến tính hs nguyên $ k-1$ phần tử này cũng hữu tỉ nốt tức là $ k-1$ cũng "tốt" điều này dẽ dẫn đến vô lý (vì 2n+1 số ban đầu là vô tỉ ko thể kéo dài mãi cái quá tình này đc)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ctlhp: 27-04-2008 - 08:40
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh