Chủ đề này có 24 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 20h00, Thứ Sáu, ngày 28/09/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 6 có 29 toán thủ tham gia nên sau trận này, 02 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn

3) Toán thủ nào tự ý sửa bài sau khi trận đấu kết thúc sẽ được 0 điểm

[TRONG TAI]

Vì trận này không có toán thủ nào nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề.
Đề bài: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$
\[ f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \,\, \forall x,y \in \mathbb{R} \]
Thời gian làm bài tính từ 20h ngày 28/09/12

[nthoangcute]

Vì trận này không có toán thủ nào nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề.
Đề bài: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$
\[ f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \,\, \forall x,y \in \mathbb{R} \]
Thời gian làm bài tính từ 20h ngày 28/09/12

a) Cho $x=y=0$ ta được $f(f(0))=f(0)^2\;\;\;\;\;\;(1)$
Đặt $f(0)=t$. Từ $(1)$ ta có $f(t)=t^2$.
Ngoài ra, ta lại có: $f(x^2+t)=f(x)^2$ và $f(f(x))=x+t^2$
Do đó $f(f(1)^2+f(t))=t+f(f(1))^2=t+(1+t^2)^2=1+t+2t^2+t^4$
Và $f(t^2+f(1+t))=1+t+f(t)^2=1+t+t^4$
Vậy $t=0$ thỏa mãn đề bài hay $f(x)=x$ thỏa mãn đề bài (với $x=0$)
b) Lại do $f(f(x))=x$ và $f(x^2)=f(x)^2$ nên ta đặt $z=f(y)$.
Khi đó $y=f(x)$ nên $f(x^2+y)=z+f(x)^2=f(y)+f(x)^2$
Cho $x=z^2$. Khi đó $f(x+y)=f(z^2+y)=f(y)+f(z)^2=f(x)+f(y)$
Cho $-y=x$, ta được $0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)$
Suy ra $f(x)=-f(-x)$
Tóm lại ta được $\left\{\begin{matrix}
f(x+y)=f(x)+f(y)\\
f(x-y)=f(x)-f(y)
\end{matrix}\right.
, \forall x,y \in \mathbb{R}$
Cho $f(x)=y$.
Nếu $y>x$, khi đó ta cho $z=y-x$.
$f(z)=f(y-x)=f(y)-f(x)=x-y=-z , \forall x,y \in \mathbb{R}\;\;\;\;(1)$
Nếu $y<x$, khi đó ta cho $z=x-y$.
$f(z)=f(x-y)=f(x)-f(y)=y-x=z , \forall x,y \in \mathbb{R} \;\;\;\;(2)$
Không mất tính tổng quát giả sử $z>0$. Khi đó $f(z)=-z<0$
Khi đó ta cho $z=t^2$ thì $f(z)=f(t^2)=f(t)^2 \geq 0 \;\;\;\;(3)$
Từ $(1),(2),(3)$ thì chi có trường hợp $f(x)=x$ mới thỏa mãn.
Vậy tóm lại hàm số thỏa mãn đề bài là $f(x)=x$

Không thử lại: -1đ
D-B=1.5h
E=9
F=0
S=77.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 21:06

[Trần Đức Anh @@]

$f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. $(*)$
Cho $x=0$ ở phương trình $(*)$ ta có: $f(f(y))=y+(f(0))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$
Do đó $f$ là đơn ánh. Cho $y=0$ ở $(*)$ ta có: $f(x^2+f(0))=f(x^2)$, mà $f$ đơn ánh nên $f(0)=0$ suy ra $f(f(x))=x$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$.
Ta có $f(x^2)=(f(x))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. Từ đó suy ra rằng nếu: $x\geq{0}$ thì $f(x)\geq{0}$.
Mặt khác với mọi $x\geq{0}$, $y\in\mathbb{R}$ ta có:
$f(x+y)=f((\sqrt{x})^2+f(f(y)))=f(y)+(f((\sqrt{x})^2))=f(y)+f((\sqrt{x})^2)$ hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$.Suy ra với mọi $x>0$ ta có $0=f(0)$ ta có: $-f(x)=f(-x)$ nên $f(x+y)=f(x)+f(y)$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. Hàm $f$ đồng biến vì với mọi $x<y$ thì $f(y)=f(y-x+x)=f(y-x)+f(x)>f(x)$. Vậy $f$ đồng biến và cộng tính nên có dạng $f(x)=kx$. Thay vào lại $(*)$ ta có $k=1$. Vậy $f(x)=x$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$

Sai từ chỗ này

Cho $y=0$ ở $(*)$ ta có: $f(x^2+f(0))=f(x^2)$

S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 20:45

[Math Is Love]

Toán thủ MO 37 xin phép làm bài:
Bài Giải:
$f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2$ (*)
Với $x=y=0$ ta đặt $f(y)=t$. Ta có:

$f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2\Rightarrow f(t)=(f(t))^{2}$ (1)
$f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2\Rightarrow f(x^{2}+t)=(f(x))^{2}$ (2)
$f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2\Rightarrow f(f(x))=x+t^{2}$ (3).
Nhận xét:
$f(t^{2}+f(1)^{2})=f(f(1)^{2}+f(t))$ (theo (1))
$=t+f(f(1))^{2}$ (theo (*))
$=t+(1+t^{2})^{2}$ (theo (3))
Mặt khác,ta có:
$f(t^{2}+f(1)^{2})=f(t^{2}+f(1+t))$ (theo (2))
$=(1+t)+f(t)^{2}$ (theo (*))
$=1+t+t^{4}$ (theo (1))
Vậy $\Rightarrow t+(1+t^{2})^{2}=1+t+t^{4}\Rightarrow 2t^{2}=0\Rightarrow t=0$
Vậy ta có $f(0)=0$
Từ đây ta thay $y=0$ vào (*) thì thu được $f(x^{2})=f(x)^{2}$ (4)
Và thay $x=0$ vào (*) thì ta thu được $f(f(y))=y$ (5).
Đặt $z=f(y)$.Từ (5) ta có: $y=f(z)$.
Do đó:$f(x^{2}+y)=z+f(x)^{2}$ (theo (*))
$=f(y)+f(x)^{2}$
Chọn $z$ sao cho $x=z^{2}$. Do đó,ta có:
$f(x+y)=f(z^{2}+y)=f(y)+f(z)^{2}=f(y)+f(z^{2})$ (theo (4))
Chọn $y$ sao cho $y=-x$. Ta có:
$0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x).$
$\Rightarrow -f(x)=f(-x).$
Từ đây ta thu được $f(x+y)=f(x)+f(y)$ và $f(x-y)=f(x)-f(y)$ với mọi $x,y$.
Chọn $x$ sao cho $f(x)=y$.(6)
TH1:$y>x$.Đặt $z=y-x$.Ta có:$z>0$
Ta có:$f(z)=f(y-x)=f(y)-f(x)=x-y=-z$(theo (6) và (5))
Vậy $f(z)<0$
TH2:$x>y$.Đặt $z=x-y$.Ta có:$z>0$.
Tương tự TH1,ta cũng thu được $f(z)<0$
Vậy với $x\neq y\Rightarrow f(z)<0$ với $z=|x-y|>0$
Mặt khác vì $z>0$ nên ta đặt $z=k^{2}$ với $k>0$
Khi đó: $f(z)=f(k^{2})=f(k)^{2}>0$.Mâu thuẫn.
Vậy nên $x=y$.Thay vào (6) ta có:$f(x)=x$.
Thử lại:Thay $f(x)=x$ vào (*) ta thấy đúng.
Vậy ta tìm được hàm số $f$ thỏa mãn là $f(x)=x$.

Sai từ đây

$f(t^{2}+f(1)^{2})=f(f(1)^{2}+f(t))$ (theo (1))

Ảnh hưởng tới cả phần tính toán phía sau.
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 20:51

[khanhtrinhlvc]

$f\left ( x^{2}+f\left ( y \right ) \right )=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2} +y . \quad \quad (1)$
Đầu tiên ta có f đơn ánh,thật vậy nếu
$f\left ( y_{1} \right )=f\left ( y_{2} \right )$
thì
$f\left ( x^{2}+f\left ( y_{1} \right ) \right )=f\left ( x^{2}+f\left ( y_{2} \right ) \right )$.
suy ra
$\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}+y_{1}=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}+y_{2}\rightarrow y_{1}=y_{2}$.
Ta lại có f là toàn ánh vì vế phải của (1) là hàm bậc nhất theo y nên f có tập giá trị là toàn bộ $\mathbb{R}$.
vậy f là song ánh.
do f là song ánh nên tồn tại duy nhất $a\in \mathbb{R}$ sao cho $f\left ( a \right )=0$.Thay x=0 ta được
$f\left ( f\left ( y \right ) \right )= \left ( f\left ( 0 \right ) \right )^{2}+y$
Thay x=y=a vào (1) và sử dụng kết quả trên,ta được
$f\left ( a \right )^{2}=a$
$\Rightarrow f\left ( a \right )=f\left ( f\left ( a^{2} \right ) \right )$
$\Rightarrow 0=f\left ( f\left ( 0 \right ) \right )^{2}+a^{2}$
$\Rightarrow f\left ( 0 \right )=a=0$
Ta thu được $f\left ( f\left ( x \right ) \right )=x,\forall x\in \mathbb{R}$ và $f\left ( x^{2} \right )=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}$ khi thay y=0
Từ đây suy ra nếu $x\geq 0$ thì $f\left ( x \right )\geq 0$,$f\left ( x \right )=0$ khi và chỉ khi x=0
Với $x\geq 0$,$y\in \mathbb{R}$ thì $f\left ( x+y \right )=f\left ( \left ( \sqrt{x} \right )^{2} +f\left ( f\left ( y \right ) \right )\right )=\left ( f\left ( \sqrt{x} \right ) \right )^{2}+f\left ( y \right )=f\left ( \left ( \sqrt{x} \right )^{2} \right )+f\left ( y \right )$ hay
$f\left ( x+y \right )=f\left ( x \right )+f\left ( y \right ),\forall x\geq 0,y\in \mathbb{R}$
Thay $y=-x$ ta được $f\left ( -x \right )=-f\left ( x \right )$ hay f là hàm lẻ.Do đó nếu $x< 0$ thì
$f\left ( x+y \right )=f\left ( -\left ( -x-y \right ) \right )=-f\left ( -x \right )-f\left ( -y \right )=f\left ( x\right )+f\left ( y \right ),\forall x< 0,y\in \mathbb{R}$
Kết hợp lại ta được f là hàm cộng tính $f\left ( x+y \right )=f\left ( x\right )+f\left ( y \right ),\forall x,y\in \mathbb{R}$
Mặc khác với $x> y$ thì $x-y> 0$ nên $f\left ( x-y \right )> 0$,do đó
$f\left ( x \right )=f\left ( \left ( x-y \right )+y \right )=f\left ( x-y \right )+f\left ( y \right )> f\left ( y \right )$
Tóm lại f là hàm cộng tính và đơn điệu nên có dạng $f\left ( x \right )=ax$,thay vào (1) ta được a=1
Thử lại $f\left ( x \right )=x$ thỏa đề bài.
Vậy $f\left ( x \right )=x$,$\forall \in \mathbb{R}$ là hàm cần tìm

Viết sai một lỗi nhỏ ở đây

$f\left ( a \right )^{2}=a$

Không thử lại: -1đ
D-B=3.1h
E=8.5
F=0
S=74.4

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 21:00

[khanhtrinhlvc]

$f\left ( x^{2}+f\left ( y \right ) \right )=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2} +y . \quad \quad (1)$
Đầu tiên ta có f đơn ánh,thật vậy nếu
$f\left ( y_{1} \right )=f\left ( y_{2} \right )$
thì
$f\left ( x^{2}+f\left ( y_{1} \right ) \right )=f\left ( x^{2}+f\left ( y_{2} \right ) \right )$.
suy ra
$\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}+y_{1}=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}+y_{2}\rightarrow y_{1}=y_{2}$.
Ta lại có f là toàn ánh vì vế phải của (1) là hàm bậc nhất theo y nên f có tập giá trị là toàn bộ $\mathbb{R}$.
vậy f là song ánh.
do f là song ánh nên tồn tại duy nhất $a\in \mathbb{R}$ sao cho $f\left ( a \right )=0$.Thay x=0 ta được
$f\left ( f\left ( y \right ) \right )= \left ( f\left ( 0 \right ) \right )^{2}+y$
Thay x=y=a vào (1) và sử dụng kết quả trên,ta được
$f\left ( a \right )^{2}=a$
$\Rightarrow f\left ( a \right )=f\left ( f\left ( a^{2} \right ) \right )$
$\Rightarrow 0=f\left ( f\left ( 0 \right ) \right )^{2}+a^{2}$
$\Rightarrow f\left ( 0 \right )=a=0$
Ta thu được $f\left ( f\left ( x \right ) \right )=x,\forall x\in \mathbb{R}$ và $f\left ( x^{2} \right )=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}$ khi thay y=0
Từ đây suy ra nếu $x\geq 0$ thì $f\left ( x \right )\geq 0$,$f\left ( x \right )=0$ khi và chỉ khi x=0
Với $x\geq 0$,$y\in \mathbb{R}$ thì $f\left ( x+y \right )=f\left ( \left ( \sqrt{x} \right )^{2} +f\left ( f\left ( y \right ) \right )\right )=\left ( f\left ( \sqrt{x} \right ) \right )^{2}+f\left ( y \right )=f\left ( \left ( \sqrt{x} \right )^{2} \right )+f\left ( y \right )$ hay
$f\left ( x+y \right )=f\left ( x \right )+f\left ( y \right ),\forall x\geq 0,y\in \mathbb{R}$
Thay $y=-x$ ta được $f\left ( -x \right )=-f\left ( x \right )$ hay f là hàm lẻ.Do đó nếu $x< 0$ thì
$f\left ( x+y \right )=f\left ( -\left ( -x-y \right ) \right )=-f\left ( -x \right )-f\left ( -y \right )=f\left ( x\right )+f\left ( y \right ),\forall x< 0,y\in \mathbb{R}$
Kết hợp lại ta được f là hàm cộng tính $f\left ( x+y \right )=f\left ( x\right )+f\left ( y \right ),\forall x,y\in \mathbb{R}$
Mặc khác với $x> y$ thì $x-y> 0$ nên $f\left ( x-y \right )> 0$,do đó
$f\left ( x \right )=f\left ( \left ( x-y \right )+y \right )=f\left ( x-y \right )+f\left ( y \right )> f\left ( y \right )$
Tóm lại f là hàm cộng tính và đơn điệu nên có dạng $f\left ( x \right )=ax$,thay vào (1) ta được a=1
Thử lại $f\left ( x \right )=x$ thỏa đề bài.
Vậy $f\left ( x \right )=x$,$\forall \in \mathbb{R}$ là hàm cần tìm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 20:05

[WhjteShadow]

Vì trận này không có toán thủ nào nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề.
Đề bài: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$
\[ f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \,\, \forall x,y \in \mathbb{R} \]
Thời gian làm bài tính từ 20h ngày 28/09/12

Bài làm:
Từ giả thiết ta có:
$$f(-x)^2+y=f(x^2+f(y))=f(x)^2+y$$
$$\Rightarrow f(-x)^2=f(x)^2\Rightarrow \begin{bmatrix}
f(x)=f(-x)\\
f(x)=-f(-x)
\end{bmatrix}$$
$\bullet$ nếu $f$ là hàm chẵn $\Rightarrow f(x)^2-y=f(x^2+f(-y))=f(x^2+f(y))=(x)^2+y$
Nhưng đẳng thức trên lại không đúng $\forall x,y\in R$
$\bullet$ nếu $f$ là hàm lẻ.Ch0 $x=0$ ta có:
$$f(f(y))=f(0)^2+y\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
$$f(f(y))=f(-f(-y))=-f(f(-y))=-[f(0)^2-y]\,\,\,\,(2)$$
Cộng $(1)$ và $(2)$ vế the0 vế ta được $f(f(y))=y$ và $f(0)=0$
Ch0 $y=0$ ta có: $f(x^2)=f(x)^2$ Suy ra $f(x)\geq 0 \forall x\geq 0$
$$\Rightarrow f(x+y)=f \left((\sqrt{x})^2+f(f(y))\right)$$
$$=f(\sqrt{x})^2+f(y)=f(x)+f(y)\forall x\geq 0,y\in R$$
Vậy $f$ là hàm Cauchy.$f(x)=cx$.Ch0 $x=y=1$ ta được:
$$c^2+c=c^2+1\Rightarrow c=1$$
Vậy hàm số cần tìm là $f(x)=x$ $\square$

Lời giải về cơ bản là sai.
$\forall x:f(-x)^2=f(x)^2$ không đồng nghĩa với $f$ là hàm chẵn hoặc $f$ là hàm lẻ.
Vì có thể tồn tại $x;y\ne 0$ để $f(-x)=f(x);f(-y)=-f(y)$.
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 02-10-2012 - 17:36

[Thái Vũ Hoàng Anh]

$f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \,\, \forall x,y \in \mathbb{R} $
Thay $x=0$ ta có
$f(f(y))=y+(f(0))^2$ (1)
Nếu $f(y_{1})=f(y_{2})$
$\Rightarrow$ $f(f(y_{1}))=f(f(y_{2}))$
$\Rightarrow$ $y_{1}+f(0)=y_{2}+f(0)$
$\Rightarrow$ $y_{1}=y_{2}$
$\Rightarrow$ $f$ là đơn ánh.

Lại có $\forall a \in \mathbb{R}$ tồn tại $x_{a}=f(a-(f(0))^2)$ sao cho $f(x_{a})=f(f(a-(f(0))^2))=a-(f(0))^2+(f(0))^2=a$.
Do đó $f$ là toàn ánh
Vậy $f$ là song ánh.
Vì $f$ là song ánh nên tồn tại $t \in \mathbb{R}$ sao cho $f(t)=0$.
Thay $x,y=t$ vào (1) ta có:
$f(t^2+f(t))=t+(f(t))^2$ $\Rightarrow$ $f(t^2)=t$ (2)
Thay $x=t,y=-t$ ta có: X
$f((-t)^2)+f(t))=t+(f(-t))^2$ $\Rightarrow$ $f(t^2)=t+(f(-t))^2$
Mà (2) $\Rightarrow$ $f(-t)=0$

Thay $x,y=-t$ vào (1) ta có:
$f((-t)^2+f(-t))=-t+(f(-t))^2$ $\Rightarrow$ $f(t^2)=-t$
Mà (2) $\Rightarrow$ $t=0$
Vậy $f(0)=0$

Thay $x=0$ ta có $f(f(y))=y \forall y \in \mathbb{R}$ (3)
Thay $y=0$ ta có $f(x^2)=(f(x))^2 \forall x \in \mathbb{R}$ (4)
$\Rightarrow$ $f(x)\ge 0 \forall x \in \mathbb{R}, x\geq0$ (5)
Từ (4) ta có $f(x^2)=f((-x)^2)=(f(-x))^2$ $\Rightarrow$ $(f(x))^2=(f(-x))^2$
Lại có $f$ đơn ánh nên với $x \neq 0 \Rightarrow x \neq -x \Rightarrow f(x)\neq f(-x)$
$\Rightarrow$ $f(x)=-f(-x) \forall x \in \mathbb{R}$ hay $f(x)$ là hàm lẻ
$\Rightarrow$ $f(-x^2)=-f(x^2)=-(f(x))^2$
$\Rightarrow$ $f(x)\le 0 \forall x \in \mathbb{R}, x\leq0$.
Lại có (5) $\Rightarrow f(x)$ và $x$ cùng dấu $\forall x \in \mathbb{R}$ (6)

Xét $u \in \mathbb{R}$ sao cho $u=-x^2+f(x^2)$. Thay $y=f(u)$ ta có:
$f(x^2+f(f(-x^2+f(x^2))))=f(u)+(f(x))^2$. Mà (3) và (4)
$\Rightarrow f(f(x^2))=f(u)+f(x^2) \Rightarrow x^2-f(x^2)=f(u)$. Mà $u=-x^2+f(x^2)$
$\Rightarrow$ $f(u)=-u$ mà (6) $\Rightarrow$ $u=0$
$\Rightarrow$ $f(x^2)=x^2$ hay $f(x)=x$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ và $x\geq0$.
Lại có $f(x)$ là hàm lẻ
$\Rightarrow$ $f(-x^2)=-x^2$ hay $f(x)=x$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ và $x\leq0$.

Vậy $f(x)=x$ $\forall x \in \mathbb{R}$

Viết sai một lỗi nhỏ ở đây

Thay $x=t,y=-t$

Không thử lại: -1đ
D-B=22h
E=8.5+1=9.5
F=0
S=58.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 21:01

[luuxuan9x]

Vì trận này không có toán thủ nào nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề.
Đề bài: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$
\[ f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \,\, \forall x,y \in \mathbb{R} \] (1)
Thời gian làm bài tính từ 20h ngày 28/09/12

Toán thủ luuxuan9x xin được giải ý đầu của bài toán,phần sau tạm thời mình chưa giải ra.
Bài giải:

Ta sẽ chứng minh f đơn ánh:

Thật vậy nếu $\forall x,y\in \mathbb{R}$ mà $f(x)=f(y)$ thì từ (1) thay $y=x$ :

$x+(f(x))^{2}=f(x^{2}+f(x))=f(x^{2}+f(y))=y+(f(x))^{2}$ <=>$x=y$

=>f đơn ánh.

*)Đặt $f(0)=a$, thay $x=0$ vào(1) ta được:

$f(f(y))=y+(f(0))^{2}=a^{2}$ $\forall y\in \mathbb{R}$..........

S=3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 04-10-2012 - 20:23

[Thái Vũ Hoàng Anh]

Cho em xin bổ sung phần cuối là thử lại ta thấy $f(x)=x$ thỏa mãn.
Mở rộng: Bài toán này còn có thể giải bằng cách sử dụng một bài toán nhỏ khác khá quen thuộc sau:
Xét hàm số: $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và đồng biến trên $\mathbb{R}$ sao cho
$f(x+y)=f(x)+f(y) \forall x,y \in \mathbb{R}$
Thì $f(x)=ax$
Đây là một bài toán có trong sách "Tài liệu chuyên toán 10" được chứng minh bằng cách đưa từ N đến Q đến R nên xin em phép không chứng minh lại.

Ta sẽ giải tiếp từ chỗ có được $f(x)$ là hàm lẻ.
Ta có f(x^2+f(y)=y+(f(x))^2=f(x^2)+f(f(y))
$\Rightarrow$ f(x+y)=f(x)+f(y) với $x,y \in \mathbb{R}$, $x>0$ (do $f$ là một song ánh)
Lại có $f(x)$ là hàm lẻ nên có thể suy ra $f(x+y)=f(x)+f(y) \forall x,y \in \mathbb{R}$
Bây giờ công việc sẽ là chứng minh hàm đơn điệu, tức là chứng minh $x>y \Rightarrow f(x)>f(y)$
Ta có $x>y \Rightarrow x=y+m, m>0 \rightarrow f(x)=f(y+m)=f(y)+f(m)>f(y)$ (Vì $m>0$ nên $f(m)>0$, chứng minh trên.
Vậy áp dụng kết quả trên ta có $f(x)=ax$. Thay vào đề bài giải được $f(x)=x$.

Tổng quát cho kết quả trên:
Xét hàm số: $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và liên tục trên $\mathbb{R}$ sao cho
$f(x+y)=f(x)+f(y) \forall x,y \in \mathbb{R}$
thì $f(x)=ax$
Chứng minh tương tự trên $\mathbb{N}, \mathbb{Q}$. Riêng trên $\mathbb{R}$ ta dùng kết quả sau: "Với mọi số thực r luôn tồn tại dãy hữu tỉ $(u_{n})$ sao cho $lim(u_{n})=r$ và hàm liên tục để chứng minh.

Ta có thể sử dụng kết quả này để giải các bài phương trình hàm trên $\mathbb{R}$

[LeHoangAnh1997]

Em xin phép trả lời:

Đặt $x=y =0$, và $f(0) = t$, chúng ta nhận được $f(t)=t^{2}$. Ngoài ra, f ($x^2$+ t) = $f (x)^2$ và f (f (x)) = x + $t^2$. Bây giờ chúng ta đánh giá f ($t^2$ + $f (1)^2$) theo hai hướng. Đầu tiên, nó bằng $f (f (1)^2 + f (t))$ = t + $f (f (1))^2$ = t + (1 + $t^2$) 2 = 1 + t + $2t^2$ + $t^4$. Thứ hai, nó bằng $f(t^2 + f (1 + t))$ = 1 + t + $f(t)^2$ = 1 + t + $t^4$. Vì vậy, t = 0 nên $f(0)=0$

Từ đó ta suy ra $f(f (x)) = x$, và $f(x^2) = f (x)^2$. Với y bất kỳ,đặt z = f (y). Khi đó y = f (z), do đó, $f (x^2 + y) = z + f (x)^2 = f (y) + f (x)^2$. Chon z sao cho $x = z^2$. Khi đó $f (x + y) = f (z^2 + y) = f (y) + f (z)^2 = f (y) + f (z^2) = f (x) + f (y)$. Đặt y = x, chúng ta thu được 0 = f (0) = f (x +-x) = f (x) + f (-x). Do đó f (-x) = - f (x). Do đó f (x + y) = f (x) + f (y) và f (x - y) = f (x) - f (y) cho tất cả x, y.

Chọ y để f(x) = y. Nếu y> x,đặt z = y - x. Khi đó f (z) = f (y - x) = f (y) - f (x) = x - y =-z. Nếu y <x, sau đó để z = x - y và f (z) = f (x - y) = f (x) - f (y) = y - x. Trong cả hai trường hợp, chúng ta nhận được một số z> 0 với f (z) = z <0. Chọn $w$ để $w^2 = z$, khi đó $f(z) = f (w^2) = f (w)^2$> = 0. Mâu thuẫn. Vì vậy, nên f (x) = x. Thử lại thấy thỏa mãn.Vậy $f(x)=x$

Không thử lại:-1đ
D-B=22.5h
E=9
F=0
S=56.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 21:08

[triethuynhmath]

Vì trận này không có toán thủ nào nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề.
Đề bài: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$
\[ f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \,\, \forall x,y \in \mathbb{R} \]
Thời gian làm bài tính từ 20h ngày 28/09/12

Bài làm của Thí sinh Triethuynhmath:
Ta DDCM được $f$ là một đơn ánh.
Cố định x,cho y thay đổi trong $R$ thì vê phải của đẳng thức trên là hàm bậc nhất theo biến $y$ nên có tập giá trị là $R$.Do đó tập giá trị vế trái là $R$.Vậy có duy hất một số $a$ sao cho $f(a)=0$.Đặt $f(0)=b$.
Cho $x=y=a$,ta có: $f(a^2+f(a))=a+(f(a))^2$ $\Rightarrow f(a)^2=a.$
Cho $x=0$ ta có: $f(f(y))=y+b^2 \Rightarrow f(f(x))=x+b^2,$ với mọi $x$.
Trong đẳng thức trên ta thay $x=a^2$ Với chú ý: $f(f(a^2))=f(a)=0\Rightarrow a^2+b^2=0\Rightarrow a=b=0$
Vậy $f(0)=0\Rightarrow f(f(x))=x$ với mọi $x\epsilon R$
Bây giờ cho $y=0$ ta được: $f(x^2)=(f(x))^2$ với mọi $x$
Từ đó suy ra rằng nếu $x\geq 0\Rightarrow f(x)\geq 0$
Mặt khác với mọi $x\geq 0,y\epsilon R$ ta có: $f(x+y)=f((\sqrt{x})^2+f(f(y)))=f(y)+(f(\sqrt{x}))^2=f(y)+f((\sqrt{x})^2)\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$
Suy ra rằng với mọi $x > 0$ ta có: $0=f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$
Như vậy với mọi $x,y\epsilon R$ Ta có:$f(x+y)=f(x)+f(y)$
Hàm $f$ là đồng biến vì với $x<y$ thì: $f(y)=f(y-x+x)=f(y-x)+f(x) > f(x)$
Vậy $f$ đồng biến và cộng tính nên có dạng $f(x)=kx$.Thay biểu thức của $f(x)$ vào hệ thức đầu bài,ta thu được $k=1$.Vậy $f(x)=x$ (Thỏa mãn).
Đáp số: $f(x)=x$ Với mọi $x \in R$

Không có chữ "dễ dàng" trong bài thi: -1đ
Không thử lại:-1đ
D-B=23.6h
E=8
F=0
S=52.4

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 21:10

[cool hunter]

. y=0 ta được :$f(x^{2} +f(0)) =(f(x))^{2}$.
. Cho x=0 ta được $f(f0)=f(0)^{2}$.
· Tương tự cho x=0 ta được $f(f(y)=y+f(0)^{2}$.
$f(x^{2}+f(0))=f(x)^{2}$.
Từ trên $f(f(fy) =f(y+f(0)^{2})$ => $f(y) +f(0)^{2}=f(y+f(0)^{2})$
Cho $x=f(0)$ ta được : $f(f(0)^{2} +f(0)=f(0)^{2}$.
cho $y=f(0)$ ta được $f(f(0))+f(0)^{2}=f(f(0) +f(0)^{2})$.
suy ra được $f(0)^{2}=f(0)^{2}+f(0)^{2}$ => $f(0)=0$.
thay $f(0)=0$ ta được :$f(x^{2})=f(x)^{2}$ &
$f(f(y))=y$.
ta có $f(x^{4})=f(x^{2})^{2}=f(x)^{4}$ => $f(x^{2k})=f(x)^{2k}$
và chứng minh tương tự ta được $f(f(x)^{2k})=x^{2k}$
· Như vậy ta có 2 điều kiện : $f(f(x))=x$ và $f(f(x)^{2})=x^{2}$.
Từ đó $f(x)=x$. Thử lại thỏa mãn.

cách suy ra hàm $f(x)=x$ là sai.
D-B=25.8h
E=3
F=0
S=32.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 21:12

[minhtuyb]

Vì trận này không có toán thủ nào nộp đề hoàn chỉnh nên BTC sẽ ra đề.
Đề bài: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$
\[ f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \ (*)\,\, \forall x,y \in \mathbb{R} \]
Thời gian làm bài tính từ 20h ngày 28/09/12

SOLUTION:

Giả sử tồn tại hàm số $f(x)$ thỏa mãn điều kiện bài toán. Thay $(-x;y)$ vào $(*)$ ta có:
$$f((-x)^2+f(y))=y+(f(-x))^2\\\Leftrightarrow f(x^2+f(y))=y+(f(-x))^2\ (1)$$
-Trừ hai vế của $(*)$ cho $(1)$ có:
$$(f(x))^2-(f(-x))^2=0\Leftrightarrow[f(x)-f(-x)][f(x)+f(-x)] =0\\\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}f(x)=f(-x)\\ f(x)=-f(-x)\end{matrix}\right.$$

TH 1: $f(x)$ là hàm chẵn. Thay $(x;-y)$ vào $(*)$ ta có:
$$f(x^2+f(y))=-y+(f(x))^2\Rightarrow y=0$$
Mâu thuẫn. Vậy $f(x)$ không phải hàm chẵn

TH 2: $f(x)$ là hàm lẻ. Thay $ (\ x;-(f(x))^2\ ) $ vào $(*)$ ta có:
$$f(x^2-f[(f(x))^2])=0$$
Đặt $a=x^2-f[(f(x))^2]$ thì $f(a)=0\Rightarrow f(-a)=-f(a)=0$
-Thay $(x;a);(x;-a)$ vào $(*)$ ta có:
$$+)\ f(x^2+f(a))=a+(f(x))^2\Rightarrow f(x^2)=a+(f(x))^2\ \ (2)\\ +)\ f(x^2+f(-a))=-a+(f(x))^2\Rightarrow f(x^2)=-a+(f(x))^2\ \ (3)$$
-Trừ hai vế của $(2)$ cho $(3)$ suy ra:
$$2a=0\\ \Leftrightarrow a=0$$
Vậy $f(0)=0$

-Thay $(0;x)$ vào $(*)\Rightarrow f(f(x))=x$
Suy ra $f$ là hàm đối hợp. Mặt khác $f$ là hàm lẻ $\Rightarrow f(x)=x$
Thử lại thấy hàm số $f(x)=x$ thỏa mãn $(*)$

K/L: $f(x)=x$ là hàm số cần tìm $\square$

Lời giải về cơ bản là sai.
$\forall x:f(-x)^2=f(x)^2$ không đồng nghĩa với $f$ là hàm chẵn hoặc $f$ là hàm lẻ.
Vì có thể tồn tại $x;y\ne 0$ để $f(-x)=f(x);f(-y)=-f(y)$.
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 02-10-2012 - 17:37

[namcpnh]

Hết giờ rồi mà chưa hiện bài giải vậy?

[E. Galois]

Trận đấu đã kết thúc, các toán thủ bắt đầu nhận xét bài làm của nhau

[TRONG TAI]

Đáp án chính thức:
Bài toán:
Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa:
$$\label{6.1}
f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 \,\, \forall x,y \in \mathbb{R}
$$

Lời giải:
\[
\begin{array}{l}
\forall y_1 ;y_2 \in :f(y_1 ) = f(y_2 ) \\
\Rightarrow f(x^2 + f(y_1 )) = f(x^2 + f(y_2 )) \\
\left( 1 \right) \Rightarrow y_1 + \left( {f\left( x \right)} \right)^2 = y_2 + \left( {f\left( x \right)} \right)^2 \Rightarrow y_1 = y_2 \\
\end{array}
\]
Như vậy, $f$ là đơn ánh.
Trong $(1)$, thay $x$ bởi $0$ thì
\begin{equation}
\label{6.1.1}
f(f(y))=y+(f(0))^2
\end{equation}
$\forall z \in \mathbb{R}$, ta tiếp tục thay $y$ bởi $z-(f(0))^2$ trong $(2)$ thì được
$$ f(f(z-(f(0))^2))=z$$
Do đó, $f$ là toàn ánh trên $\mathbb{R}$. Suy ra $f$ là song ánh $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$.
Cho nên $\exists a \in \mathbb{R}:f(a)=0$. Thay $x=y=a$ vào $(1)$ và sử dụng $(2)$, ta có:
\[
\begin{array}{l}
f\left( {a^2 } \right) = a \\
\Rightarrow f\left( {f\left( {a^2 } \right)} \right) = f\left( a \right) = 0 \\
\Rightarrow \left( {f\left( 0 \right)} \right)^2 + a^2 = 0 \\
\Rightarrow f\left( 0 \right) = a = 0 \\
\end{array}
\]
$(2)$ viết lại là
\begin{equation}
\label{6.1.2}
f(f(x))=x \,\, \forall x \in \mathbb{R}
\end{equation}
Trong $(1)$, thay $y$ bởi $0$, ta có
\begin{equation}
\label{6.1.3}
f(x^2)=(f(x))^2
\end{equation}
Suy ra $f(x) \ge 0 \,\, \forall x \ge 0 \Rightarrow f(x)>0 \,\, \forall x>0$ do $f$ đơn ánh và $f(0)=0$
Trong $(1)$, thay $y$ bởi $f(y)$, ta có
\begin{equation}
\label{6.1.4}
f(x^2+f(f(y)))=f(y)+f(x^2) \Rightarrow f(x^2+y)=f(x^2)+f(y)
\end{equation}
Tiếp tục thay $y$ bởi $-x^2$ thì ta có $f(x^2)-f(-x^2) \,\, \forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow f(-x)=-f(x) \forall x \ge 0$.
Nếu tồn tại $x:f(x)>x \Rightarrow f(x)-x>0$
\[
\begin{array}{rcl}
\Rightarrow f\left( x \right) &=&f\left( {x - f\left( x \right) + f\left( x \right)} \right) \\
&=&- f\left( {f\left( x \right) - x - f\left( x \right)} \right) \\
&=&- \left[ {f\left( {f\left( x \right) - x} \right) + f\left( { - f\left( x \right)} \right)} \right] \\
&<&- f\left( { - f\left( x \right)} \right) = x :\textrm{ vô lý}\\
\end{array}
\]
Nếu tồn tại $x:f(x)<x \Rightarrow x-f(x)>0$
\[
\begin{array}{rcl}
\Rightarrow f\left( x \right) &=& f\left( {x - f\left( x \right) + f\left( x \right)} \right) \\
&=& f\left( {x - f\left( x \right)} \right) + f\left( {f\left( x \right)} \right) > f\left( {f\left( x \right)} \right) = x :\textrm{ vô lý}\\
\end{array}
\]
Suy ra $f(x)=x\,\, \forall x$.
Thử lại:
\[
\left. \begin{array}{l}
f\left( {x^2 + f\left( y \right)} \right) = x^2 + f\left( y \right) = x^2 + y \\
\left( {f\left( x \right)} \right)^2 + y = x^2 + y \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \left( 1 \right) \textrm{ luôn đúng } \forall x,y \in \mathbb{R}
\]
Kết luận: Hàm số cần tìm là $f(x)=x\,\, \forall x\in \mathbb{R}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 01-10-2012 - 20:35

[TRONG TAI]

Các toán thủ hãy nêu ý kiến bảo vệ quyền lợi chính đáng của mình trước khi kết quả được tổng kết vào 23h59p ngày 03/10/2012.

[Trần Đức Anh @@]

$f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. $(*)$
Cho $x=0$ ở phương trình $(*)$ ta có: $f(f(y))=y+(f(0))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$
Do đó $f$ là đơn ánh. Cho $y=0$ ở $(*)$ ta có: $f(x^2+f(0))=f(x^2)$, mà $f$ đơn ánh nên $f(0)=0$ suy ra $f(f(x))=x$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$.
Ta có $f(x^2)=(f(x))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. Từ đó suy ra rằng nếu: $x\geq{0}$ thì $f(x)\geq{0}$.
Mặt khác với mọi $x\geq{0}$, $y\in\mathbb{R}$ ta có:
$f(x+y)=f((\sqrt{x})^2+f(f(y)))=f(y)+(f((\sqrt{x})^2))=f(y)+f((\sqrt{x})^2)$ hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$.Suy ra với mọi $x>0$ ta có $0=f(0)$ ta có: $-f(x)=f(-x)$ nên $f(x+y)=f(x)+f(y)$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. Hàm $f$ đồng biến vì với mọi $x<y$ thì $f(y)=f(y-x+x)=f(y-x)+f(x)>f(x)$. Vậy $f$ đồng biến và cộng tính nên có dạng $f(x)=kx$. Thay vào lại $(*)$ ta có $k=1$. Vậy $f(x)=x$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$

Sai từ chỗ này

S=0

Đoạn đó ghi nhầm $(f(x))^2$ thành $f(x^2)$ thôi ạ còn lại hình như đúng rồi!