Tìm các hàm số $f : \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau
$f(x)=xf(\frac{1}{x})$
$f(x)+f(y)=1+f(x+y)$
#1
Đã gửi 25-10-2012 - 23:03
#2
Đã gửi 28-10-2012 - 20:54
Anh chỉ tính được trên $\mathbb{Q}$ thôi, không biết có thể làm tiếp không?
Lời giải:
Đặt $f(x)=g(x)+1$ thì ta viết lại hệ điều kiện đề cho như sau:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
\left( 1 \right):g\left( x \right) + g\left( y \right) = g\left( {x + y} \right),\forall x,y \\
\left( 2 \right):g\left( x \right) = xg\left( {\frac{1}{x}} \right) + x - 1,\forall x \ne 0 \\
\end{array} \right.
\]
Thay $x=y=0$ trong (1) thì $g(0)=0$.
Thay $x=-y$ trong (1) thì $g(x)=-g(-x)$ hay $g(x)$ là hàm số lẻ. (*)
Từ (1), bằng quy nạp, ta có $g(x)=xg(x),\forall x \in \mathbb{N}$.
Xét $x$ là một số nguyên dương, từ (2) suy ra
\[
xg\left( 1 \right) = xg\left( {\frac{1}{x}} \right) + x - 1 \Rightarrow g\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{{xg\left( 1 \right) + 1 - x}}{x} = g\left( 1 \right) - 1 + \frac{1}{x}
\]
Thay $x=1 \Rightarrow g(1)=g(1)-1+g(1) \Rightarrow g(1)=0$
Do vậy $
\left\{ \begin{array}{l}
g\left( x \right) = x,\forall x \in \mathbb{Z} \\
g\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{x},\forall x \in \mathbb{Z}^* \\
\end{array} \right.
$
Lại từ (1), bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng, với mọi $p,q$ nguyên dương $g\left( {\frac{p}{q}} \right) = pg\left( {\frac{1}{q}} \right) = \frac{p}{q}$
Suy ra $g(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q};x>0$.
Lại do (*) và $g(0)=0$ nên $g(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q} \Rightarrow f(x)=x+1,\forall x \in \mathbb{Q}$.
=================================
Nếu em chứng minh được $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ thì ta sẽ có ngay đáp số là $f(x)=x+1,\forall x \in \mathbb{R}$
Lời giải:
Đặt $f(x)=g(x)+1$ thì ta viết lại hệ điều kiện đề cho như sau:
\[
\left\{ \begin{array}{l}
\left( 1 \right):g\left( x \right) + g\left( y \right) = g\left( {x + y} \right),\forall x,y \\
\left( 2 \right):g\left( x \right) = xg\left( {\frac{1}{x}} \right) + x - 1,\forall x \ne 0 \\
\end{array} \right.
\]
Thay $x=y=0$ trong (1) thì $g(0)=0$.
Thay $x=-y$ trong (1) thì $g(x)=-g(-x)$ hay $g(x)$ là hàm số lẻ. (*)
Từ (1), bằng quy nạp, ta có $g(x)=xg(x),\forall x \in \mathbb{N}$.
Xét $x$ là một số nguyên dương, từ (2) suy ra
\[
xg\left( 1 \right) = xg\left( {\frac{1}{x}} \right) + x - 1 \Rightarrow g\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{{xg\left( 1 \right) + 1 - x}}{x} = g\left( 1 \right) - 1 + \frac{1}{x}
\]
Thay $x=1 \Rightarrow g(1)=g(1)-1+g(1) \Rightarrow g(1)=0$
Do vậy $
\left\{ \begin{array}{l}
g\left( x \right) = x,\forall x \in \mathbb{Z} \\
g\left( {\frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{x},\forall x \in \mathbb{Z}^* \\
\end{array} \right.
$
Lại từ (1), bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng, với mọi $p,q$ nguyên dương $g\left( {\frac{p}{q}} \right) = pg\left( {\frac{1}{q}} \right) = \frac{p}{q}$
Suy ra $g(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q};x>0$.
Lại do (*) và $g(0)=0$ nên $g(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q} \Rightarrow f(x)=x+1,\forall x \in \mathbb{Q}$.
=================================
Nếu em chứng minh được $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ thì ta sẽ có ngay đáp số là $f(x)=x+1,\forall x \in \mathbb{R}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 28-10-2012 - 20:58
- davildark yêu thích
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!!
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#3
Đã gửi 28-10-2012 - 21:52
Em thì làm theo cách khác
Cho $x=y$ ta có $2f(x)=1+f(2x)$
$f(2x)=2xf(\frac{1}{2x})=x.2f(\frac{1}{2x})=x(1+f(\frac{1}{x}))=x+xf(\frac{1}{x})=x+f(x)$
$f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)-1=2f(x)+1$
$\Rightarrow 2f(x)-1=f(x)+x $
$\Rightarrow f(x)=x+1$
Cho $x=y$ ta có $2f(x)=1+f(2x)$
$f(2x)=2xf(\frac{1}{2x})=x.2f(\frac{1}{2x})=x(1+f(\frac{1}{x}))=x+xf(\frac{1}{x})=x+f(x)$
$f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)-1=2f(x)+1$
$\Rightarrow 2f(x)-1=f(x)+x $
$\Rightarrow f(x)=x+1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davildark: 28-10-2012 - 21:57
- perfectstrong và Mai Xuan Son thích
#4
Đã gửi 29-10-2012 - 20:38
Bài của em bị thiếu 1 chỗ là phải tính $f(0)$ rồi mới xét thế đượcEm thì làm theo cách khác
Cho $x=y$ ta có $2f(x)=1+f(2x)$
$f(2x)=2xf(\frac{1}{2x})=x.2f(\frac{1}{2x})=x(1+f(\frac{1}{x}))=x+xf(\frac{1}{x})=x+f(x)$
$f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)-1=2f(x)+1$
$\Rightarrow 2f(x)-1=f(x)+x $
$\Rightarrow f(x)=x+1$
- davildark yêu thích
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!!
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: pth
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(x+xy+f(y)) = (f(x)+\frac{1}{2})(f(y)+\frac{1}{2})$Bắt đầu bởi Explorer, 07-08-2022 pth, số thực, đơn ánh, toàn ánh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(x+f(x+y))=f(x+f(y))+x$Bắt đầu bởi poset, 18-05-2021 pth |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Giải tích →
Hàm số - Đạo hàm →
$f(xf(x)+f(y))=f^{2}(x)+y$Bắt đầu bởi hoangkimca2k2, 11-06-2018 pth |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Giải tích →
Hàm số - Đạo hàm →
$f(x^{2})+f(xy)=f(x)f(y)+...$Bắt đầu bởi hoangkimca2k2, 22-05-2018 pth |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f_{(2003)}(n)=5n\,\forall n$Bắt đầu bởi namcpnh, 12-02-2018 pth, namcpnh |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh