Chủ đề này có 31 trả lời

[Peter Pan]

Topic Phương trình hàm - Đa thức

phương trình hàm và đa thức thường xuất hiện trong các kì thi 30-4, VMO,TST,IMO...là một mảng rất quan trọng , rất hay. Hôm nay mình lập topic này để mọi người cùng post bài thảo luận về lĩnh vực này nhá
để mở đầu topic mình xin mở đầu bằng hai bài toán sau:
Bài 1: Tìm $$f :\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:$f(x)(fy)=x^kf\left\(\dfrac{y}{2}\right\)+y^lf\left\(\dfrac{x}{2}\right\)$$ ( với k và l là hai số thực )
Bài 2: Tồn tại hay không hàm $f:\mathbb{N^*} \to \mathbb{N^*}$ thỏa mãn :$f(fn))=n+2011$

Bài 3 : Tim ham$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$\[f(x - y)f(x + y) = {(f(x) + f(y))^2} - 4{x^2}f(y)\]$

Lê Xuân Trường Giang : Đề nghị các bạn giải hết những bài nêu ở đầu thì mới post bài mới.
Tôi đã gộp bài của bạn alex hoang có thắc mắc gì bạn có thể nhắn tin cho tôi.
Thân!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 27-11-2011 - 18:49

[alex_hoang]

Topic Phương trình hàm - Đa thức

phương trình hàm và đa thức thường xuất hiện trong các kì thi 30-4, VMO,TST,IMO...là một mảng rất quan trọng , rất hay. Hôm nay mình lập topic này để mọi người cùng post bài thảo luận về lĩnh vực này nhá
để mở đầu topic mình xin mở đầu bằng hai bài toán sau:
Bài 1: Tìm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:$f(x)(fy)=x^kf\left\(\dfrac{y}{2}\right\)+y^lf\left\(\dfrac{x}{2}\right\)$ ( với k và l là hai số thực cho trước)
Bài 2: Tồn tại hay không hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn :$f(fn))=n+2011$

Bài 3 : Tim ham$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$\[f(x - y)f(x + y) = {(f(x) + f(y))^2} - 4{x^2}f(y)\]$

Lê Xuân Trường Giang : Đề nghị các bạn giải hết những bài nêu ở đầu thì mới post bài mới.
Tôi đã gộp bài của bạn alex hoang có thắc mắc gì bạn có thể nhắn tin cho tôi.
Thân!

Bài 1 tôi làm thế này
Giả sư tồn tại ham số f(x) thỏa mãn dk bài ra
cho x=y=0ta được f(0)=0
đổi chỗ x với y ta dươc:$\[{y^k}f(\dfrac{x}{2}) + {x^l}f(\dfrac{y}{2}) = {x^k}f(\dfrac{y}{2}) + {y^l}f(\dfrac{x}{2})\]$$\[ \Rightarrow f(\dfrac{x}{2})({y^k} - {y^l}) = f(\dfrac{y}{2})({x^k} - {x^l})\forall x,y \in {R_ + }\]$
nếu k khác l
$\[ \Rightarrow \dfrac{{f(\dfrac{x}{2})}}{{{x^k} - {x^l}}} = \dfrac{{f(\dfrac{y}{2})}}{{{y^k} - {y^l}}}\forall x,y \in {R_ + }\backslash {\rm{\{ }}1{\rm{\} }}\]$$\[ \Rightarrow f(x) = c({(2x)^k} - {(2x)^l})\forall x \in {R_ + }\backslash {\rm{\{ }}\dfrac{1}{2}{\rm{\} }}\]$
không giảm tổng quát giả sư k>l
$\[ \Rightarrow {c^2}({(2x)^k} - {(2x)^l})({(2y)^k} - {(2y)^l}) = c{y^k}({x^k} - {x^l}) + c{x^l}({y^k} - {y^l})$
Ta cố đinh y va so sánh hệ số của
$\[{x^{k - l}}\]$
Ta được
$\[{c^2}{2^k}({2^k}{y^k} - {2^l}{y^l}) = c{y^k} \Rightarrow {c^2}{2^k}({2^k}{y^{k - l}} - {2^l}) = c{y^{k - l}}\]$
tương tư như trên ta được $\[{c^2}{2^{2k}} = c \Leftrightarrow c = 0 \Rightarrow f(x) = 0\]$
nếu k=l thì cho x=y dược$\[f(\dfrac{x}{2}) = \dfrac{1}{2}{x^{ - k}}{(f(x))^2}\]$
vậy vối mọi x,y>0 ta có$\[f(x)f(y) = \dfrac{1}{2}{y^k}{x^{ - k}}{(f(x))^2} + \dfrac{1}{2}{x^k}{y^{ - k}}{(f(y))^2} \Rightarrow {({y^k}f(x) - {x^k}f(y))^2} = 0 \Rightarrow \dfrac{{f(x)}}{{{x^k}}} = \dfrac{{f(y)}}{{{y^k}}}\]$
như vậy tồn tại $\[c \in R\]$ sao cho$ \[f(x) = c{x^k}\forall x \ge 0\]$
thay vao ta được kết quả

[Peter Pan]

Bài 1 tôi làm thế này
Giả sư tồn tại ham số f(x) thỏa mãn dk bài ra
cho x=y=0ta được f(0)=0
đổi chỗ x với y ta dươc:$\[{y^k}f(\dfrac{x}{2}) + {x^l}f(\dfrac{y}{2}) = {x^k}f(\dfrac{y}{2}) + {y^l}f(\dfrac{x}{2})\]$$\[ \Rightarrow f(\dfrac{x}{2})({y^k} - {y^l}) = f(\dfrac{y}{2})({x^k} - {x^l})\forall x,y \in {R_ + }\]$
nếu k khác l
$\[ \Rightarrow \dfrac{{f(\dfrac{x}{2})}}{{{x^k} - {x^l}}} = \dfrac{{f(\dfrac{y}{2})}}{{{y^k} - {y^l}}}\forall x,y \in {R_ + }\backslash {\rm{\{ }}1{\rm{\} }}\]$$\[ \Rightarrow f(x) = c({(2x)^k} - {(2x)^l})\forall x \in {R_ + }\backslash {\rm{\{ }}\dfrac{1}{2}{\rm{\} }}\]$
không giảm tổng quát giả sư k>l
$\[ \Rightarrow {c^2}({(2x)^k} - {(2x)^l})({(2y)^k} - {(2y)^l}) = c{y^k}({x^k} - {x^l}) + c{x^l}({y^k} - {y^l})$
Ta cố đinh y va so sánh hệ số của
$\[{x^{k - l}}\]$
Ta được
$\[{c^2}{2^k}({2^k}{y^k} - {2^l}{y^l}) = c{y^k} \Rightarrow {c^2}{2^k}({2^k}{y^{k - l}} - {2^l}) = c{y^{k - l}}\]$
tương tư như trên ta được $\[{c^2}{2^{2k}} = c \Leftrightarrow c = 0 \Rightarrow f(x) = 0\]$
nếu k=l thì cho x=y dược$\[f(\dfrac{x}{2}) = \dfrac{1}{2}{x^{ - k}}{(f(x))^2}\]$
vậy vối mọi x,y>0 ta có$\[f(x)f(y) = \dfrac{1}{2}{y^k}{x^{ - k}}{(f(x))^2} + \dfrac{1}{2}{x^k}{y^{ - k}}{(f(y))^2} \Rightarrow {({y^k}f(x) - {x^k}f(y))^2} = 0 \Rightarrow \dfrac{{f(x)}}{{{x^k}}} = \dfrac{{f(y)}}{{{y^k}}}\]$
như vậy tồn tại $\[c \in R\]$ sao cho$ \[f(x) = c{x^k}\forall x \ge 0\]$
thay vao ta được kết quả

bài này là bài TST 1994, ý tưởng sẽ chứng minh nếu k khác l thì không tồn tại hàm, và chỉ có k và l bằng nhau mới tồn tại hàm:
có một cách khác tự nhiên, ngắn gọn hơn một tí như sau
cho $x=y$ ta được:$f(x)^2=(x^k-x^l)f\left\(\dfrac{x}{2}\right\)$(1)
mặt khác trong pt ban đầu ta đổi vai trò của x và y cho nhau và ta suy ra
$\[ \Rightarrow f(\dfrac{x}{2})({y^k} - {y^l}) = f(\dfrac{y}{2})({x^k} - {x^l})\forall x,y \in {R_ + }\]$
từ đây nhân hai vế cho $(x^k+x^l)(y^k+y^l)$ và kết hợp với (1) suy ra:
$f(y)^2(x^{2k}-x^{2l})=f(x)^2(y^{2k}-y^{2l})$
từ đây nếu tồn tại x sao cho $x^{2k}-x^{2l}>0$ thì tồn tại vô số m thuộc R sao cho $m^{2k}-m^{2l}>0$ vô lí, nên k=l mới tồn tại hàm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 26-05-2011 - 18:02

[alex_hoang]

Long ơi hình như bài 2 có hàm $f(n)=n+2011/2$ thỏa mãn ?

Bài 3 này là đề thi olympic của Ấn Độ nâm 2011 lúc giử bài này lên mình cũng không biết lời giải sau khi suy nghĩ mình làm nó như sau
Cho x=y=0 ta được
$\f{(0)^2} = 4f{(0)^2}\$
vậy f(0)=0
cho x=y ta được
$\4f{(x)^2} - 4{x^2}f(x) = 0\$
từ đó dễ dàng suy ra kết quả
Mong các bạn đừng nghĩ xấu nha

[alex_hoang]

Bài 3 này là đề thi olympic của Ấn Độ nâm 2011 lúc giử bài này lên mình cũng không biết lời giải sau khi suy nghĩ mình làm nó như sau
Cho x=y=0 ta được
$\f{(0)^2} = 4f{(0)^2}\$
vậy f(0)=0
cho x=y ta được
$\4f{(x)^2} - 4{x^2}f(x) = 0\$
từ đó dễ dàng suy ra kết quả
Mong các bạn đừng nghĩ xấu nha

Bài 2 cũng là bài toán hay
Đặt $\[g = f \circ f\]$
dễ thấy f đơn ánh thạt vay
neu f(a)=f(b) thì f(f(a))=f(f(b)) như vay a=b
với mọi n>0 thì f(n) khác n vì nếu không n=f(f(n))=n+2011 vô lý
với $\[k \in {N^*}\]$ ta kí hiệu $\[{O_k}: = \left\{ {{g_{\left( n \right)}}(k),n \in N} \right\}\]$ là quĩ đạo của điểm k qua hàm số g (ta kí hiệu $\[{{g_{\left( n \right)}}}\]$ là lặp bậc n của g) từ đó có $\[{O_k}: = \left\{ {k + 2011n,n \in N} \right\}\]$
như vay $\{N^*}\$ ddwodj chia thành các tập rời nhau $\[{O_1},{O_2}...{O_{2011}}\]$
Đặc biệt với $ \[k \in \overline {1...2011} \]$ tồn tai $\[n \in \overline {1...2011} \]$ và số tự nhiên m sao cho f(k)=$\{g_m}(n)\$
Do f đơn ánh nên m=0 hoặc f(k)=n hoặc m=1 và f(k)=f(f(n))=n+2011
trong TH thư 2 ta có k=f(n)
như vậy các số thuộc tập $\[\\overline {1...2011} \$ được chia thành các tập rời nhau dạng(n,f(n)) vô lí do 2011 là số lẻ
vậy không tồn tại

[alex_hoang]

Topic Phương trình hàm - Đa thức

phương trình hàm và đa thức thường xuất hiện trong các kì thi 30-4, VMO,TST,IMO...là một mảng rất quan trọng , rất hay. Hôm nay mình lập topic này để mọi người cùng post bài thảo luận về lĩnh vực này nhá
để mở đầu topic mình xin mở đầu bằng hai bài toán sau:
Bài 1: Tìm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:$f(x)(fy)=x^kf\left\(\dfrac{y}{2}\right\)+y^lf\left\(\dfrac{x}{2}\right\)$ ( với k và l là hai số thực )
Bài 2: Tồn tại hay không hàm $f:\mathbb{N^*} \to \mathbb{N^*}$ thỏa mãn :$f(fn))=n+2011$

Bài 3 : Tim ham$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$\[f(x - y)f(x + y) = {(f(x) + f(y))^2} - 4{x^2}f(y)\]$

Lê Xuân Trường Giang : Đề nghị các bạn giải hết những bài nêu ở đầu thì mới post bài mới.
Tôi đã gộp bài của bạn alex hoang có thắc mắc gì bạn có thể nhắn tin cho tôi.
Thân!

Như vạy cả 3 bài đều có lời giải bài tếp đay
Bài 4 tìm tất cả các hàm số$f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ thỏa mãn f(m+f(n))=f(f(m))+f(n) vối mọi m,n tự nhiên
Bài 5 tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1 vối mọi số thực x,y

[Peter Pan]

Bài 2 cũng là bài toán hay
Đặt $\[g = f \circ f\]$
dễ thấy f đơn ánh thạt vay
neu f(a)=f(b) thì f(f(a))=f(f(b)) như vay a=b
với mọi n>0 thì f(n) khác n vì nếu không n=f(f(n))=n+2011 vô lý
với $\[k \in {N^*}\]$ ta kí hiệu $\[{O_k}: = \left\{ {{g_{\left( n \right)}}(k),n \in N} \right\}\]$ là quĩ đạo của điểm k qua hàm số g (ta kí hiệu $\[{{g_{\left( n \right)}}}\]$ là lặp bậc n của g) từ đó có $\[{O_k}: = \left\{ {k + 2011n,n \in N} \right\}\]$
như vay $\{N^*}\$ ddwodj chia thành các tập rời nhau $\[{O_1},{O_2}...{O_{2011}}\]$
Đặc biệt với $ \[k \in \overline {1...2011} \]$ tồn tai $\[n \in \overline {1...2011} \]$ và số tự nhiên m sao cho f(k)=$\{g_m}(n)\$
Do f đơn ánh nên m=0 hoặc f(k)=n hoặc m=1 và f(k)=f(f(n))=n+2011
trong TH thư 2 ta có k=f(n)
như vậy các số thuộc tập $\[\\overline {1...2011} \$ được chia thành các tập rời nhau dạng(n,f(n)) vô lí do 2011 là số lẻ
vậy không tồn tại

cách khác cho bài 2:
thay $n$ bởi$ f(n)$ vào biểu thức ta được: $f(n+k)=f(n)+k$(với k = 2011)
từ đẳng thức này ta suy ra rằng, hàm f hoàn toàn được xác định nếu tất cả các giá trị$ f(m)$ với$ m$ thuộc ${1,2,...,k}$ được xác định
ta đặt $f( b )= x_b$ với $b$ thuộc$ {1;2;...;k}$
từ đây ra rút ra được, với mỗi $n=mk$ thì $f(n)=x_k+k(m-1)$ và với mỗi $n=ak+b (b \neq 0)$ thì $f(n)=x_b+ak$
bây giờ ta tính $x_1,x_2,....,x_k$ như sau
thay$ n=b$ với mỗi $b$ thuộc ${1,2,...,k}$ vào biểu thức ban đầu ta có:$ f(f( b ))=b+k => f(x_b)=b+k$
từ cái đẳng thức cuối của anh là suy ra được:với mỗi $b$ thuộc ${1;2;...;k}$ thì $x_b$ ko đồng dư với $b mod k$, và nếu $x_b = c (mod k)$ thì $x_c=b (mod k)$. Tức là cái nhóm đồng dư mod sẽ được phân thành các cặp mà f của số này đồng dư với số kia và ngược lại. Mà k lẻ nên ko thể chia được.

[Peter Pan]

Như vạy cả 3 bài đều có lời giải bài tếp đay
Bài 4 tìm tất cả các hàm số$f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ thỏa mãn f(m+f(n))=f(f(m))+f(n) vối mọi m,n tự nhiên
Bài 5 tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1 vối mọi số thực x,y

bài 4: IMO 1996 ( mất link rồi, cái này đáp ánh dùng điểm bất động )
bài 5:IMO 1990

[alex_hoang]

Topic Phương trình hàm - Đa thức

phương trình hàm và đa thức thường xuất hiện trong các kì thi 30-4, VMO,TST,IMO...là một mảng rất quan trọng , rất hay. Hôm nay mình lập topic này để mọi người cùng post bài thảo luận về lĩnh vực này nhá
để mở đầu topic mình xin mở đầu bằng hai bài toán sau:
Bài 1: Tìm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:$f(x)(fy)=x^kf\left\(\dfrac{y}{2}\right\)+y^lf\left\(\dfrac{x}{2}\right\)$ ( với k và l là hai số thực )
Bài 2: Tồn tại hay không hàm $f:\mathbb{N^*} \to \mathbb{N^*}$ thỏa mãn :$f(fn))=n+2011$

Bài 3 : Tim ham$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$\[f(x - y)f(x + y) = {(f(x) + f(y))^2} - 4{x^2}f(y)\]$

Lê Xuân Trường Giang : Đề nghị các bạn giải hết những bài nêu ở đầu thì mới post bài mới.
Tôi đã gộp bài của bạn alex hoang có thắc mắc gì bạn có thể nhắn tin cho tôi.
Thân!

Thôi đc bài khác nè
Bài 6 tìm hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:f(x+yf(x))=f(f(x))+xf(y) mọi số thực x,y

[Peter Pan]

Thôi đc bài khác nè
Bài 6 tìm hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:f(x+yf(x))=f(f(x))+xf(y) mọi số thực x,y

chứng min $f$ đơn ánh, cho $x=y=0$ , suy ra $f(0)=0$ bây h cho y=0 ta được $f(x)=x$

[alex_hoang]

Bài 7 Xác định hàm số$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$f\left(\dfrac{{x - 3}}{{x + 1}} \right) + f\left(\dfrac{{x + 3}}{{1 - x}} \right) = x,\forall x \neq \{-1;1 \}$
Bài tiếp
Bài 8 Tim ham$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$f(x+y+f(y))=f(f(x))+2y, \forall x,y$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-05-2011 - 07:49

[Peter Pan]

Bài 7 Xác định hàm số$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$f\left(\dfrac{{x - 3}}{{x + 1}} \right) + f\left(\dfrac{{x + 3}}{{1 - x}} \right) = x,\forall x \neq \{-1;1 \}$
Bài tiếp
Bài 8 Tim ham$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :$f(x+y+f(y))=f(f(x))+2y, \forall x,y$

bài 7:thay $x: \approx \dfrac{-x-3}{x-1}$ta được:$f(x)+f\left(\dfrac{x-3}{x+1}\right)=\dfrac{-x-3}{x-1}$
tiếp tục thay:$x: \approx \dfrac{x-3}{x+1}$ ta được$f\left(\dfrac{x+3}{1-x}\right)+f(x)=\dfrac{x-3}{x+1}$
kết hợp vs PT ban đầu giải hệ này OK
(Bài 8: THTT tháng 5, ko nên thảo luận ở đây )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 31-05-2011 - 20:30

[Peter Pan]

Topic này sao có vẻ im lặng thế nhỉ mình post thêm vài bài nữa nhá:
Bài 9: tìm các hàm số $f(x),g(x):\mathbb{R}\to\mathbb{R}$thỏa mãn điều kiện
$f(x)-f(y)=(x+y)g(x-y)$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$

[Roman_]

Topic này sao có vẻ im lặng thế nhỉ mình post thêm vài bài nữa nhá:
Bài 9: tìm các hàm số $f(x),g(x):\mathbb{R}\to\mathbb{R}$thỏa mãn điều kiện
$f(x)-f(y)=(x+y)g(x-y)$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$

Bài này giải qua các bước sau:

+) $f(x)=xg(x)+f(0)$
+) $xg(x)-yg(y)=(x+y)g(x-y) $
+) $g(1)-yg(y)=(y+1)g(1-y)$

Từ dễ tìm $g(x)$ bằng phếp thế $y:=1-y$ và giải hệ.

[Crystal]

Topic Phương trình hàm - Đa thức

phương trình hàm và đa thức thường xuất hiện trong các kì thi 30-4, VMO,TST,IMO...là một mảng rất quan trọng , rất hay. Hôm nay mình lập topic này để mọi người cùng post bài thảo luận về lĩnh vực này nhá
để mở đầu topic mình xin mở đầu bằng hai bài toán sau:
Bài 2: Tồn tại hay không hàm $f:\mathbb{N^*} \to \mathbb{N^*}$ thỏa mãn :$f(fn))=n+2011$

Bào này tương tự bài IMO 1987 trong đó 2011 thay bằng 1987.
Đáp án là không tồn tại.

[alex_hoang]

Bài 10Tìm tất cả các hàm số liên tục $f:R \to R$ thỏa mãn $f(xf(y)) = y(f(x))$ với mọi $x,y \in R$

[PTH_Thái Hà]

Giữ nguyên x, giả sử có $f(y1)=f(y2) => y1=y2$
=> $f(x)$ đơn ánh. Lại có f(x) liên tục nên f(x) đơn điệu trên R
cho x=1 có $f\left( {f\left( y \right)} \right) = yf\left( 1 \right) $
cho y=1 có $f\left( {xf\left( 1 \right)} \right) = f\left( x \right)$
$ \Rightarrow x = f\left( {f\left( x \right)} \right)$
thay vào ta có f(x) nhân tính trên R
cho x=1, y thay đổi => tập giá trị của f(x) là R

Ta chứng minh f là hàm lẻ
Giả sử tồn tại a,b thỏa mãn
$\left\{ \begin{array}{l} f\left( { - a} \right) > - f\left( a \right) \\ f\left( { - b} \right) > - f\left( b \right) \\ \end{array} \right. \Rightarrow f\left( {ab} \right) = f\left( { - a. - b} \right) \ne f\left( {ab} \right)$
=> vô lí

tương tự nếu có a,b mà
$\left\{ \begin{array}{l} f\left( { - a} \right) < - f\left( a \right) \\ f\left( { - b} \right) < - f\left( b \right) \\ \end{array} \right. \Rightarrow f\left( {ab} \right) = f\left( { - a. - b} \right) \ne f\left( {ab} \right)$
=> vô lí

Vậy $f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right)$

+) f(x) đồng biến
Nếu $f\left( x \right) > x \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) > f\left( x \right) \Leftrightarrow x > f\left( x \right)$ => vô lí
tương tự nếu $f\left( x \right) < x \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) < f\left( x \right) \Leftrightarrow x < f\left( x \right)$ => vô lí
Vậy f(x)=x

+)f(x) nghịch biến
Nếu $\[f\left( x \right) > - x \Leftrightarrow f\left( {f\left( x \right)} \right) < f\left( { - x} \right) \Leftrightarrow x < - f\left( x \right) \Leftrightarrow - x > f\left( x \right) $ => vô lí
tương tự
vậy f(x) = -x

tóm lại có 2 hàm thỏa mãn là $f(x)=x và f(x) = - x$




Góp 1 bài:
Tìm $f(x)$ từ R đến R bị chặn thỏa mãn:
$$f\left( {xf\left( y \right)} \right) + yf\left( x \right) = xf\left( y \right) + f\left( {xy} \right)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PTH_Thái Hà: 30-10-2011 - 20:33

[Crystal]

Mình có bài toán sau:
Bài 11:
Tìm các hàm số $f:\mathbb{R}^{+} \to \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

$$\lim_{x \to +\infty }f\left ( x \right )=0\; \; và\; \; f\left ( xf\left ( y \right ) \right )=yf\left ( x \right ),\; \forall x\in \mathbb{R}^{+}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PTH_Thái Hà: 12-11-2011 - 22:19

[PTH_Thái Hà]

hiu hắt quá nhỉ. Thêm 1 bài:
Bài 12
tìm hàm $f:R \to R$ thỏa mãn với $x \ne 0$ thì:
$xf\left( y \right) - yf\left( x \right) = f\left( {\dfrac{y}{x}} \right)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PTH_Thái Hà: 12-11-2011 - 22:32

[Crystal]

Bài 12
tìm hàm $f:R \to R$ thỏa mãn với $x \ne 0$ thì:
$xf\left( y \right) - yf\left( x \right) = f\left( {\dfrac{y}{x}} \right)$ (1)

Giả sử tồn tại hàm số $f\left( x \right)$ thỏa mãn bài toán.

Trong (1), cho $x = y \Rightarrow f\left( 1 \right) = 0$.

Trong (1), cho $y = 1 \Rightarrow f\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = xf\left( 1 \right) - f\left( x \right) \Rightarrow f\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = - f\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right) = 0$

Thấy hàm số này thỏa mãn phương trình (1). Vậy hàm số cần tìm là $f \equiv 0$.

Bài 13: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:
$$\left ( f\left ( x \right ) +f\left ( z \right )\right )\left ( f\left ( y \right ) +f\left ( t \right )\right )=f\left ( xy-zt \right )+f\left ( xt+yz \right ),\; \forall x,y,z,t\in \mathbb{R}$$