topic Phương trình hàm
#1
Đã gửi 05-08-2011 - 21:53
Bài 1: Tìm $f(x):\,N \to N$ thỏa mãn điều kiện
$\left\{ \begin{array}{l}f\left( {x^2 + y^2 } \right) = f^2 (x) + f^2 (y) \\ f(1) > 0 \\ \end{array} \right.\,\,\,,\,\,\forall x,y \in N$.
------------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!
#2
Đã gửi 08-08-2011 - 16:57
Làm thử không nó mốc hết . :Bài mở đầu
Bài 1: Tìm $f(x):\,N \to N$ thỏa mãn điều kiện
$\left\{ \begin{array}{l}f\left( {x^2 + y^2 } \right) = f^2 (x) + f^2 (y) (1) \\ f(1) > 0 \\ \end{array} \right.\,\,\,,\,\,\forall x,y \in N$.
------------------
KH�”NG THỬ SAO BIẾT!!!
Cho $ x=y =0 \Rightarrow f(0) =0 $
Cho $ y=0 $ Ta có :
$ f(x^2)=f^2(x) $
Đặt $ f(x) =x^kQ(x) \Rightarrow x^2kQ(x^2)=x^2kQ(x) \Rightarrow Q(x^2)=Q^2(x)$
Sau đó ta dùng so sánh hệ số sẽ chứng minh được đa thức $ Q(x) =1 $
Nghĩa là $ f(x)=x^k $
từ (1) thay $ x=y \Rightarrow f(2y^2)=2f^2(y) \Rightarrow 2^ky^2k=2y^2k \Rightarrow 2^k=1 \Leftrightarrow k=1 $
Thử lại thầy hàm thỏa điều kiện bài toán.
Vậy hàm cần tìm là $ f(x)=x $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 12-08-2011 - 10:33
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#3
Đã gửi 08-08-2011 - 20:29
Đặt $ f(x) =x^kQ(x) \Rightarrow x^2kQ(x^2)=x^2kQ(x) \Rightarrpw Q(x^2)=Q^2(x)$Làm thử không nó mốc hết . :
Cho $ x=y =0 \Rightarrow f(0) =0 $
Cho $ y=0 $ Ta có :
$ f(x^2)=f^2(x) $
Đặt $ f(x) =x^kQ(x) \Rightarrow x^2kQ(x^2)=x^2kQ(x) \Rightarrpw Q(x^2)=Q^2(x)$
Sau đó ta dùng so sánh hệ số sẽ chứng minh được đa thức $ Q(x) =1 $
Nghĩa là $ f(x)=x^k $
từ (1) thay $ x=y \Rightarrow f(2y^2)=2f^2(y) \Rightarrow 2^ky^2k=2y^2k \Rightarrow 2^k=1 \Leftrightarrow k=1 $
Thử lại thầy hàm thỏa điều kiện bài toán.
Vậy hàm vân tìm là $ f(x)=x $
giải thicks hộ chỗ này cái mà phương pháp này ông đọc ở đâu vậy chỉ hộ cái dc ko
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 08-08-2011 - 20:30
#4
Đã gửi 08-08-2011 - 20:50
chỗ đó là do $ f(0)=0 $ nên $ x=0 $ là 1 nghiệm .Đặt $ f(x) =x^kQ(x) \Rightarrow x^2kQ(x^2)=x^2kQ(x) \Rightarrpw Q(x^2)=Q^2(x)$
giải thicks hộ chỗ này cái mà phương pháp này ông đọc ở đâu vậy chỉ hộ cái dc ko
Nghĩa là $ f(x) $ Có dạng $ x^kQ(x) $
Thay vào giả thiết suy ra $ x^{2k} Q(x^2)=x^{2k}Q^2(x) $ .
Mấy kiến thức này có nhiều trong mấy sách đa thức lắm. Quan trọng là rèn luyện hằng ngày thôi .
Còn cái phương pháp so sách tức là so sánh hệ số của đa thức (hệ số của ẩn x ) . Đó là ứng của định lí :
Hai đa thức được gọi là bằng nhau nếu các hệ số của hai đa thức đó bằng nhau .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 08-08-2011 - 22:01
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#5
Đã gửi 08-08-2011 - 21:02
tôi nghĩ phải thế này chứ $ x^{2k} Q(x^2)=x^{2k}Q^2(x) $ cái này dùng hệ số bất định cũng khóchỗ đó là do $ f(0)=0 $ nên $ x=0 $ là 1 nghiệm .
Nghĩa là $ f(x) $ Có dạng $ x^kQ(x) $
Thay vào giả thiết suy ra $ x^{2k} Q(x^2)={x^2}kQ^2(x) $ .
Mấy kiến thức này có nhiều trong mấy sách đa thức lắm. Quan trọng là rèn luyện hằng ngày thôi .
Còn cái phương pháp so sách tức là so sánh hệ số của đa thức (hệ số của ẩn x ) . Đó là ứng của định lí :
Hai đa thức được gọi là bằng nhau nếu các hệ số của hai đa thức đó bằng nhau .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 08-08-2011 - 21:04
#6
Đã gửi 11-08-2011 - 19:51
$f\left( {x^2 - y^2 } \right) = \left( {x + y} \right)g\left( {x - y} \right),\,\,\forall x,y \in R$.
#7
Đã gửi 11-08-2011 - 22:31
sr bạn Lâm, mình thấy cách của bạn chưa thực sự đúng ở chỗ phương pháp hệ số bất định trên chỉ đúng phương trình hàm trên tập đa thứcLàm thử không nó mốc hết . :
Cho $ x=y =0 \Rightarrow f(0) =0 $
Cho $ y=0 $ Ta có :
$ f(x^2)=f^2(x) $
Đặt $ f(x) =x^kQ(x) \Rightarrow x^2kQ(x^2)=x^2kQ(x) \Rightarrow Q(x^2)=Q^2(x)$
Sau đó ta dùng so sánh hệ số sẽ chứng minh được đa thức $ Q(x) =1 $
Nghĩa là $ f(x)=x^k $
từ (1) thay $ x=y \Rightarrow f(2y^2)=2f^2(y) \Rightarrow 2^ky^2k=2y^2k \Rightarrow 2^k=1 \Leftrightarrow k=1 $
Thử lại thầy hàm thỏa điều kiện bài toán.
Vậy hàm vân tìm là $ f(x)=x $
mình giải sửa lại một tí để LG bạn đúng hơn.
vì có $f(1)>0$ nên $f(x) \neq 0$
Ta có: $f(x^2)=f(x)^2$
nên Pth ban đầu trở thành: $f(x^2+y^2)=f(x^2)+f(y^2)$
vậy với mọi $x,y\in \mathbb{N}$ ta có $f(x+y)=f(x)+(y)$
cho $y=-x$ ta có: $f(x)+f(-x)=0$
ta có suy ra được: $2f(x)=f(x+1)+f(x-1)$
vì $f$ thuộc tập $\mathbb{N}$ nên suy ra $f(x)=ax+b,(a \neq 1)$
thay vào ta được $a=1,b=0$
vậy ta được: $f(x)=x$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 11-08-2011 - 22:32
\
#8
Đã gửi 12-08-2011 - 10:20
mình thử thế này thử, ko chắc chắn cho lắmBài 2: Tìm $f\left( x \right),\,g\left( x \right)$ thỏa mãn điều kiện:
$f\left( {x^2 - y^2 } \right) = \left( {x + y} \right)g\left( {x - y} \right),\,\,\forall x,y \in R$.
Ta thấy
cho $y=0$ ta được $f(x^2)=xg(x)$
Từ đây với $x^2>y^2$ ta có $f(x^2-y^2)=\sqrt{x^2-y^2}g\(\sqrt{x^2-y^2}\)$
Do đó:$\sqrt{x^2-y^2}g\(\sqrt{x^2-y^2}\)=(x+y)g(x-y)$
$ \Rightarrow g\(\sqrt{x^2-y^2}\)\sqrt{x-y}=\sqrt{x+y}g(x-y)$
$ \Rightarrow g\(\sqrt{x^2-y^2}\)(x-y)=\sqrt{x^2-y^2}g(x-y)$
$ \Rightarrow \dfrac{g\(\sqrt{x^2-y^2}\)}{\sqrt{x^2-y^2}}=\dfrac{g(x-y)}{x-y}$
suy ra $\dfrac{g(x)}{x}=c=const$
vậy $g(x)=cx$ thay vào ta được $f(x)=cx$
thử lại thấy thỏa mãn
TH $x^2<y^2$ cũng tương tự
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 12-08-2011 - 10:21
\
#9
Đã gửi 16-08-2011 - 09:38
Bài này các bạn làm thế này không thực sự chính xác mặc dù kết quả là đúng. Bạn nhớ là $f\left( x \right):N \to N\,\,\forall x \in N$.sr bạn Lâm, mình thấy cách của bạn chưa thực sự đúng ở chỗ phương pháp hệ số bất định trên chỉ đúng phương trình hàm trên tập đa thức
mình giải sửa lại một tí để LG bạn đúng hơn.
vì có $f(1)>0$ nên $f(x) \neq 0$
Ta có: $f(x^2)=f(x)^2$
nên Pth ban đầu trở thành: $f(x^2+y^2)=f(x^2)+f(y^2)$
vậy với mọi $x,y\in \mathbb{N}$ ta có $f(x+y)=f(x)+(y)$
cho $y=-x$ ta có: $f(x)+f(-x)=0$
ta có suy ra được: $2f(x)=f(x+1)+f(x-1)$
vì $f$ thuộc tập $\mathbb{N}$ nên suy ra $f(x)=ax+b,(a \neq 1)$
thay vào ta được $a=1,b=0$
vậy ta được: $f(x)=x$
p/s: dùng quy nạp.
#10
Đã gửi 16-08-2011 - 11:38
$3f\left( {2x + 1} \right) = f\left( x \right) + 5x,\,\,\,\forall x \in R$.
Bài 4: Cho $k \in Z^ + $. Gọi $f_1 \left( k \right)$ là bình phương tổng các chữ số của k và $f_{n + 1} \left( k \right) = f_1 \left( {f_n \left( k \right)} \right),\,\,\,\forall n \in N^* $. Tính $f_{2010} \left( {2^{1994} } \right)$.2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh