Chủ đề này có 76 trả lời

[dark templar]

Spoiler

Lời giải của Idie9xx rất chuẩn.

Đề mới:

 

Bài toán 12: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(f(y)(x + 1)) = y(f(x) + 1) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.

 

Bài toán 13: Tìm các hàm $P: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho :

$$P(a + b + c) = P(a + b - c + {a^2}) + P(a - b + c + {c^2}) + P( - a + b + c + {b^2}) + 2ab + 2bc + 2ac$$

 

 

Với mọi số thực $a,b,c$.

[Idie9xx]

Spoiler

Lời giải của Idie9xx rất chuẩn.

Đề mới:

 

Bài toán 12: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(f(y)(x + 1)) = y(f(x) + 1) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.

 

Bài toán 13: Tìm các hàm $P: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho :

$$P(a + b + c) = P(a + b - c + {a^2}) + P(a - b + c + {c^2}) + P( - a + b + c + {b^2}) + 2ab + 2bc + 2ac$$

 

 

Với mọi số thực $a,b,c$.

Spoiler

Lúc đầu còn tưởng bài 12 là bài này http://diendantoanho...l-xyin-mathbbr/

Bài 13:- Cho $b=c=0$ có $P(a)=P(a^2+a)+P(a)+P(-a) \Rightarrow P(a^2+a)+P(-a)=0$

+ Cho $a=0$ có $P(0)=0$

+Cho $a=-1$ có $P(0)+P(1)=0 \Rightarrow P(1)=0$

+Cho $a=1$ có $P(2)+P(-1)=0$

-Cho $a=1,b=-1,c=0$ có $P(0)=P(1)+P(2)+P(-1)-2 \Rightarrow 0=-2$ (vô lí)

Vậy không có hàm nào thỏa đề

--------------------

Bài 12: Giả sử $P(x;y)$ có tính chất $f(f(y)(x + 1)) = y(f(x) + 1)$

$P(-1;0) \Rightarrow f(0)=0$

$P(0;y) \Rightarrow f(f(y))=y$ nên hàm song ánh.

$P(-1;1) \Rightarrow f(0)=f(-1)+1 \Rightarrow f(-1)=-1$

$P(-1;-1) \Rightarrow f(-f(-1))=-f(-2)-1 \Rightarrow f(-2)+1=-f(1)$

$P(-2;f(1)) \Rightarrow f(-f(f(1)))=f(1)(f(-2)+1) \Rightarrow f(-1)=-(f(1))^2 \Rightarrow f(1)=1$

$P(x;1) \Rightarrow f(x+1)=f(x)+1$ $(1)$

 $P(x-1;f(y)) \Rightarrow f(f(f(y))x)=f(y)(f(x-1)+1) \Rightarrow f(xy)=f(x)f(y)$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có bài toán số 7 kết quả là $f(x)=x$ (thỏa)

Vậy hàm thỏa mãn đề bài là $f(x)=x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 24-04-2013 - 11:28

[dark templar]

Bài toán 12: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(f(y)(x + 1)) = y(f(x) + 1) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.

Lời giải bài toán 12:

Đặt $P(x;y)$ là khẳng định $f(f(y)(x + 1)) = y(f(x) + 1)$

$P( - 1,0) \Rightarrow f(0) = 0$

$P(0,x) \Rightarrow f(f(x)) = x$ và $f(x)$ là song ánh.

 

 

Tiếp theo đặt $u = f(1) \ne 0$ sao cho $f(u) = 1$.

$P(x,u) \Rightarrow f(x + 1) = u(f(x) + 1)$

$P(x,f(y)) \Rightarrow f(y(x + 1)) = f(y)(f(x) + 1) = \frac{1}{u}f(x + 1)f(y)$ và từ đó ta có khẳng định mới:

 

$Q(x,y):f(xy) = \frac{1}{u}f(x)f(y)$

 

Với $y \neq 0$:

$$\begin{array}{rcl}Q\left( {\frac{x}{y} + 1,y} \right) \Rightarrow f(x + y) &=& \frac{1}{u}f\left( {\frac{x}{y} + 1} \right)f(y)\\&=& \left( {f\left( {\frac{x}{y}} \right) + 1} \right)f(y)\\&=& f\left( {\frac{x}{y}} \right)f(y) + f(y)\\&=& uf(x) + f(y)\end{array}$$

 

Và lại có khẳng định mới là $R(x,y):f(x + y) = uf(x) + f(y),\forall y \ne 0$.

 

So sánh $R(1,2)$ và $R(2,1)$ suy ra $u=1$ và do đó $R(x,y)$ cũng đúng với $y=0$ và ta có:

$f(xy) = f(x)f(y)$

$f(x + y) = f(x) + f(y)$

 

Từ đây suy ra $f(x)=0$ hay $f(x)=x$,nhưng $f(x)=0$ không là nghiệm.

 

Vây $\boxed{\displaystyle f(x)=x}$ là hàm số duy nhất cần tìm.

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 14: Cho $k \ge 3,k \in \mathbb{N}$.Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho:

$$f(x - 1) + f(x + 1) = 2\left( {\cos \frac{{2\pi }}{k}} \right)f(x)$$

 

 

Chứng minh hàm $f$ là hàm tuần hoàn.

 

Bài toán 15: Xác định các hàm $f:[ - 1;1] \to [ - 1;1]$ sao cho với mọi $x \in [ - 1;1]$ thì:

$$3x + 2f(x) \in [ - 1;1] \quad \text{và}\quad f(3x + 2f(x)) =  - x$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-04-2013 - 19:04

[Idie9xx]

Bài toán 15: Xác định các hàm $f:[ - 1;1] \to [ - 1;1]$ sao cho với mọi $x \in [ - 1;1]$ thì:

$$3x + 2f(x) \in [ - 1;1] \quad \text{và}\quad f(3x + 2f(x)) =  - x$$

Ta có $f(x)=f(y) \Rightarrow 3x+2f(x)=3y+2f(y)$

$\Rightarrow -x=f(3x + 2f(x))=f(3y + 2f(y))=-y \Rightarrow x=y$ ( đơn ánh )

Từ đề có $f(1)\geq -1\Leftrightarrow 3(1)+2f(1)\geq 1\Rightarrow f(1)=-1$ tương tự cũng có $f(-1)=1$

Chứng minh qui nạp:

Giả sử ta chứng minh được $f(x)=-x$ với $x \in [ - 1;1] \setminus [-x_k;x_k],(1>x_k>0)$

Có $x>x_k \Rightarrow f(x)<-x_k$ do tính đơn ánh nên $f(x)<-x_k \Rightarrow x>x_k$

Với $f(x_k)<-x_k \Rightarrow x_k>x_k$

Với $f(x_k)>-x_k\Leftrightarrow 3x_k+2f(x_k)>x_k$

$\Rightarrow -x_k=f(3x_k+2f(x_k))<-x_k$ ( vô lí )

Với $f(x_k)=-x_k\Leftrightarrow 3x_k+2f(x_k)=x_k \Leftrightarrow f(3x_k+2f(x_k))=-x_k$ (thỏa)

Tương tự chứng minh được $f(-x_k)=x_k$

Nên ta có $f(x)=-x$ với $x \in [ - 1;1] \setminus (-x_k;x_k),(1>x_k>0)$

Từ đó chứng minh được $f(x)=-x$ ( thỏa )

Vậy hàm thỏa mãn đề là $f(x)=-x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 01-05-2013 - 08:41

[Idie9xx]

Bài toán 14: Cho $k \ge 3,k \in \mathbb{N}$.Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho:

$$f(x - 1) + f(x + 1) = 2\left( {\cos \frac{{2\pi }}{k}} \right)f(x)$$

 

Chứng minh hàm $f$ là hàm tuần hoàn.

Ta có $f(x+2)=2\left( {\cos \frac{{2\pi }}{k}} \right)f(x+1)-f(x)$

Xét dãy $U_{n}=f(x+n),n \in \mathbb{N}$ có $U_0=f(x)$ và $U_{n+2}=2\left( {\cos \frac{{2\pi }}{k}} \right)U_{n+1}-U_n$

Với phương trình đặc trưng $x^2-2\left( {\cos \frac{{2\pi }}{k}} \right)x+1=0$ có hai nghiệm $x_{1,2}=\cos(\dfrac{2\pi}{k})\pm i \cdot \sin(\dfrac{2\pi}{k})$

Nên ta có :

$$f(x+n)=\alpha\cdot \left(\cos\left(\dfrac{2\pi}{k}\right)+i\cdot \sin\left(\dfrac{2\pi}{k}\right)\right )^n+\beta\cdot \left (\cos\left(\dfrac{2\pi}{k}\right)-i\cdot \sin\left (\dfrac{2\pi}{k}\right)\right)^n$$

Hay biến đổi theo công thức $Moivre$ thành:

\[f(x+n)=\alpha\cdot \left(\cos\left(\dfrac{2\pi}{k}\cdot n\right)+i\cdot \sin\left(\dfrac{2\pi}{k}\cdot n \right)\right)+\beta\cdot \left(\cos\left (\dfrac{2\pi}{k}\cdot n\right)-i\cdot \sin\left(\dfrac{2\pi}{k}\cdot n \right)\right)\]

Dễ thấy $f(x)=f(x+k)$ hay $f$ là hàm tuần hoàn chu kì $k$ (dpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 03-05-2013 - 14:52

[dark templar]

Lời giải dành cho bài toán 14 và 15 sẽ gửi sau.Đề mới:

 

Bài toán 16: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa $f(x-y)=f(x)f(y) \quad \forall x \neq y$.

 

Bài toán 17: Cho hàm $f:\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ thỏa với $a,b>1$ và $d=(a;b)$ thì $f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d} \right)+f\left(\frac{b}{d} \right) \right)$.Tìm tất cả các giá trị của $f(2001)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-06-2013 - 10:52
Chèn link !

[Idie9xx]

Lời giải dành cho bài toán 14 và 15 sẽ gửi sau.Đề mới:

 

Bài toán 16: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa $f(x-y)=f(x)f(y) \quad \forall x \neq y$.

 

Bài toán 17: Cho hàm $f:\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ thỏa với $a,b>1$ và $d=(a;b)$ thì $f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d} \right)+f\left(\frac{b}{d} \right) \right)$.Tìm tất cả các giá trị của $f(2001)$.

Bài 16: Cho $x=2y$ và $x\neq 0$ có $f(y)=f(2y)f(y)\Rightarrow f(y)=0$ hoặc $f(2y)=1$

Hay là $f(x)=0$ hoặc $f(x)=1$ với mọi số thực $x\neq 0$

Cho $x\neq 0$ và $y=0$ có $f(x)=f(0)f(x)$

-Nếu $f(x)=0$ thì $f(0)$ có vô số giá trị.

-Nếu $f(x)=1$ thì $f(0)=1$

Vậy ta có các hàm thỏa mãn là $f(x)=1$ và $\left\{\begin{matrix} f(x)=0,x\neq 0\\ f(0)=c \end{matrix}\right.$

------------------------------

Bài 17: Cho $a=b=c>1$ thì $d=(c;c)=c$ có $f(c^2)=f( c )\left ( f\left ( \frac{c}{c} \right )+f\left (\frac{c}{c} \right ) \right )=2f(1)f( c )$

Cho $a=b=c^2>1$ có $f(c^4)=2f(1)f(c^2)=4(f(1))^2f( c )$ $(1)$

Cho $a=b^3=c^3>1$ thì $d=(c;c^3)=c$ có $f(c^4)=f( c )\left ( f\left ( \frac{c}{c} \right )+f\left (\frac{c^3}{c} \right ) \right )=f( c )(f(1)+f(c^2))$

$=f( c )(f(1)+2f(1)f( c ))=f( c )f(1)(2f( c )+1)$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow 4(f(1))^2f( c )=f( c )f(1)(2f( c )+1)$

$\Rightarrow f(1)=0 \vee f( c )=0 \vee 2f( c )+1=4f(1)$

Phân tích $2001=3\cdot 23\cdot 29=69\cdot 29$ và $d=(69;29)=1$

Với $f(1)=0$ thì $f(2001)=f(1)(f(69)+f(29))=0$

Với $f( c )=0$ thì $f(2001)=0$

Với $2f( c )+1=4f(1)$ hay $f( c )=k=\frac{4f(1)-1}{2}$

Thì $f(2001)=f(1)(f(69)+f(29))\Rightarrow k=2kf(1)\Rightarrow k=0 \vee f(1)=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow f( c )=f(2001)=0$ hoặc $f( c )=f(2001)=k=\frac{4f(1)-1}{2}=\frac{1}{2}$

Vậy $f(2001)$ có hai giá trị là $0$ và $\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 31-05-2013 - 21:32

[dark templar]

Bài toán 15: Xác định các hàm $f:[ - 1;1] \to [ - 1;1]$ sao cho với mọi $x \in [ - 1;1]$ thì:

$$3x + 2f(x) \in [ - 1;1] \quad \text{và}\quad f(3x + 2f(x)) =  - x$$

Lời giải bài toán 15: 

Từ ĐK đầu tiên suy ra $f(x) \in [1 - a - ax,a - 1 - ax]$ với $a = \frac{3}{2} > 1$

 

Từ ĐK thứ 2 suy ra $ - x \in [1 - a - a(3x + 2f(x)),a - 1 - a(3x + 2f(x))] \Rightarrow f(x) \in [1 - b - bx,b - 1 - bx]$

 

với $b = \frac{{3a - 1}}{{2a}} > 1$

 

Từ đó ta có $f(x) \in [1 - {a_n} - {a_n}x,{a_n} - 1 - {a_n}x]$ với mọi $a_{n}$ xác định như sau:

${a_1} = \frac{3}{2}$,${a_{n + 1}} = \frac{{3{a_n} - 1}}{{2{a_n}}}$.

 

Dễ thấy $a_{n}$ là dãy dương tăng và bị chặn trên bởi 1.

 

Vậy $f(x) \in [ - x, - x]$ và rõ ràng $f(x) =  - x$ là hàm cần tìm.

 

Lời giải dành cho bài toán 14 và 15 sẽ gửi sau.Đề mới:

 

Bài toán 16: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa $f(x-y)=f(x)f(y) \quad \forall x \neq y$.

 

Bài toán 17: Cho hàm $f:\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ thỏa với $a,b>1$ và $d=(a;b)$ thì $f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d} \right)+f\left(\frac{b}{d} \right) \right)$.Tìm tất cả các giá trị của $f(2001)$.

Spoiler

Lời giải bài 16 của Idie9xx hình như có vấn đề rồi,chỗ $f(x)=0$ hay $f(x)=1$.Phải là $f(2x)=1$ chứ nhỉ ?

Lời giải bài toán 16:

Gọi $P(x;y)$ là khẳng định $f(x-y)=f(x)f(y)$.

 

Nếu $f(0) \neq 1$ thì $P(x;0) \implies f(x)=0 \quad \forall x \neq 0$ và đây là 1 nghiệm.

 

Nếu $f(0)=1$ thì $P(0;x) \implies f(-x)=f(x)$.

 

Do đó $f(x+y)=f(x)f(-y)=f(x)f(y)=f(x-y) \quad \forall |x| \neq |y|$,từ đó $f(x)=f(y) \quad \forall x,y \neq 0.$

 

Thay vào điều kiện ban đầu,ta có $f(x)=0$ hay $f(x)=1$.

 

Vậy ta có 2 nghiệm là :

$f(x)=1 \quad \forall x$

$f(x)=0 \quad \forall x \neq 0$ và $f(0)$ bất kỳ.

 

Lời giải bài toán 17:

Nếu $f(1)=0$:

 

Khi này $f(2001)=f(3.667)=f(1)\left(f(3)+f(667) \right)=0$.Và hàm $f(x)$ tồn tại (1 ví dụ là cho $f(x)=0 \quad \forall x$)

 

Nếu $f(1) \neq 0$:

 

Gọi $p$ là số nguyên tố bất kỳ.

$ f(p^2)=f(p\times p)=f(p)(f(1)+f(1))=2f(1)f(p) $

$ f(p^3)=f(p\times p^2)=f(p)(f(1)+f(p))=f(p)^2+f(1)f(p) $

$ f(p^4)=f(p^2\times p^2)=f(p^2)(f(1)+f(1))=2f(1)f(p^2)=4f(1)^2f(p) $

$ f(p^4)=f(p\times p^3)=f(p)(f(1)+f(p^2))=2f(1)f(p)^2+f(1)f(p) $

$ f(p^5)=f(p\times p^4)=f(p)(f(1)+f(p^3))=f(p)^3+f(1)f(p)^2+f(1)f(p) $

$ f(p^5)=f(p^2\times p^3)=f(p^2)(f(1)+f(p))=2f(1)f(p)^2+2f(1)^2f(p) $

 

2 khai triển của $f\left(p^4 \right)$ chứng tỏ rằng (do $f(1) \neq 0$) $f(p)=0$ hay $f(p)=2f(1)-\frac{1}{2}$.

 

Nếu $f(p) \neq 0$ thì $f(p)=2f(1)-\frac{1}{2}$ và 2 khai triển của $f\left(p^5 \right)$ chứng tỏ rằng $f(1)=\frac{1}{2}$.

 

Nếu $f(1) \neq \frac{1}{2}$:

 

Thì $f(p)=0 \quad \forall p$ nguyên tố.

 

Do đó $ f(2001)=f(3\times 667)=f(1)(f(3)+f(667))=0 $

 

Nếu $f(1)=\frac{1}{2}$:

 

Gọi $p,q,r$ là 3 số nguyên tố.

 

Ta có $ f(pqr)=f((pq)r)=\frac{1}{2}(f(pq)+f(r)) $$ =\frac{1}{4}f(p)+\frac{1}{4}f(q)+\frac{1}{2}f(r) $

 

Và $ f(pqr)=f(p(qr))=f(1)(f(p)+f(qr)) $$ =\frac{1}{2}f(p)+\frac{1}{4}f(q)+\frac{1}{4}f(r) $

 

Và $ f(p)=f(r) \quad \forall p,r$.

 

Và do ta có $f(p)=0$ hay $f(p)=2f(1)-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ nên:

 

Hoặc $f(p)=0 \quad \forall p$ nguyên tố thì $ f(2001)=f(3\times 667)=f(1)(f(3)+f(667))=0 $

 

Hoặc $f(p)=\frac{1}{2} \quad \forall p$ nguyên tố thì $ f(2001)=f(3\times 667)=f(1)(f(3)+f(667))=\frac{1}{2}$

 

Vậy hàm $f(x)$ tồn tại ,một ví dụ là $f(x)=\frac{1}{2} \quad \forall x$.

 

Kết quả cuối cùng sẽ là $ \boxed{\displaystyle f(2001)\in\left\{0,\frac{1}{2} \right\}} $.

[dark templar]

Đề mới:

 

Bài toán 18: Tìm tất cả các hàm $f$ thỏa mãn:

1. $\lim_{x \to x_0}f(x)=f(x_0)(x_0 \in \mathbb{R})$
2. $f(x^2+y^2)=f(x^2-y^2)+f(2xy) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.

 

Bài toán 19: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$ thỏa với mỗi $x,y \in \mathbb{R^+}$ thì $f\left(\frac{2xy}{x+y} \right)=\frac{2f(x)f(y)}{f(x)+f(y)}$.

[dark templar]

Đề mới:

 

Bài toán 18: Tìm tất cả các hàm $f$ thỏa mãn:

1. $\lim_{x \to x_0}f(x)=f(x_0)(x_0 \in \mathbb{R})$
2. 
   
3. $f(x^2+y^2)=f(x^2-y^2)+f(2xy) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.
4. 
   

 

Bài toán 19: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$ thỏa với mỗi $x,y \in \mathbb{R^+}$ thì $f\left(\frac{2xy}{x+y} \right)=\frac{2f(x)f(y)}{f(x)+f(y)}$.

Spoiler

Thật bất ngờ khi mà Idie9xx không đưa lời giải cho 2 bài 

Lời giải bài toán 18:

Đặt $P(x;y)$ là khẳng định $ f(x^2+y^2) = f(x^2-y^2)+f(2xy) $

 

$P(0,0) \implies f(0)=0$

$P(0,x) \implies f(x^2)=f(-x^2)$ và do đó $f(x)=f(-x);\forall x$.

 

Giả sử $x \ge y \ge 0$:$ P\left(\sqrt{\frac{x+y}{2}},\sqrt{\frac{x-y}{2}} \right) $$\implies f(x) = f(y)+f(\sqrt{x^2-y^2}) $

 

Đặt $g(x)=f(\sqrt{x});\forall x \ge 0$ và $g(x)=-f(\sqrt{-x});\forall x \le 0$ thỏa mãn $g(x)$ là hàm lẻ và $f(x)=g(x^2);\forall x$.

 

PT cuối tương đương với $ g(x^2) = g(y^2)+g(x^2-y^2) ;\forall x \ge y \ge 0$

 

Do $g(x)$ là hàm lẻ :$ g(u+v) = g(u)+g(v) \quad \forall u,v $

 

Do $f(x)$ liên tục tại $x_0$,$g(x)$ sẽ liên tục tại $\sqrt{|x_0|}$,kéo theo liên tục trên $\mathbb{R}$.

 

Suy ra $g(x)=ax$ và $ \boxed{f(x) = ax^2} $.

 

Lời giải bài toán 19: 

Đặt $ h(x)=\frac {1}{f(\frac{1}{x})} $,khi đó PT trở thành $ h\left(\frac{x+y}{2} \right)=\frac{h(x)+h(y)}{2} $ với $h:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$.

 

Với $\Delta>0$ và chọn $y=x+2\Delta$ trong PT trên,ta có $ h(x+2\Delta)-h(x+\Delta)=h(x+\Delta)-h(x) $,suy ra $h(x+\Delta) \ge h(x)$ hay $h(x)$ là hàm tăng,hoặc với $p$ nào đó thì $h(x+p\Delta)<0$.

 

Kết hợp các điều kiện $ h\left(\frac{x+y}{2} \right)=\frac{h(x)+h(y)}{2} $;$h:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$;$h(x)$ là hàm tăng sẽ cho ta $h(x)=bx+a$ với $a,b \ge 0$ và $a+b>0$.

 

Do đó $ \boxed{\displaystyle f(x)=\frac{x}{ax+b}} $ với $a,b \ge 0$ và $a+b>0$.Thử lại thấy đúng.

 

==========

Đề mới:

 

Bài toán 20: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ thỏa $f(x+y)+f(xy-1)=f(x)f(y)-2$.Chứng minh $f(x)$ không là hàm hằng và tìm $f(0);f(-1);f(-2)$.

 

Bài toán 21: Chứng tỏ rằng không tồn tại hàm số $f:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$ thỏa :

\[ f(x)^2\geq f(x+y)(f(x)+y) \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 06-06-2013 - 18:21

[Idie9xx]

==========

Đề mới:

 

Bài toán 20: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ thỏa $f(x+y)+f(xy-1)=f(x)f(y)-2$.Chứng minh $f(x)$ không là hàm hằng và tìm $f(0);f(-1);f(-2)$.

 

Bài toán 21: Chứng tỏ rằng không tồn tại hàm số $f:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$ thỏa :

\[ f(x)^2\geq f(x+y)(f(x)+y) \]

Spoiler

- Do $2x$ toàn ánh nên $f(2x)=1$ cũng như là $f(x)=1$

-Độ này có "100 bài hàm"+"sưu tầm ML"+dịch ( đang học English )

-Mà cái lời giải bài 19 sao lại $h:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$    mình tưởng là $h:\mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R^+}$ chứ nhỉ   

 

Bài 20: Giả sử $f$ là hàm hằng thì đặt $f(x)=c$ ( $c\in \mathbb{Z}$ )

Thì ta có $f(x+y)=f(xy-1)=f(x)=f(y)=c$ thay vào ta có: $2c=c^2-2$ giải phương trình nghiệm nguyên thấy không có $c$ nào thỏa mãn. Vậy $f$ không là hàm hằng (dpcm).

Cho $y=0$ có $f(x)+f(-1)=f(x)f(0)-2\Rightarrow f(x)=\dfrac{f(-1)+2}{f(0)-1}$

Mà do $f$ không là hàm hằng nên $f(0)=1$ và $f(-1)=-2$

Cho $x=y=-1$ có $f(-2)+f(0)=(f(-1))^2-2\Rightarrow f(-2)=1$

Cho $y=-1$ có $f(x-1)+f(-x-1)=f(x)f(-1)-2$ $(1)$

Cho $y=-1$ thay $x$ bằng $-x$ có $f(-x-1)+f(x-1)=f(-x)f(-1)-2$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow f(x)=f(-x)$ nên $f$  là hàm chắn.

Ta có $f(1)=f(-1)=-2$

Cho $y=1$ có $f(x+1)+f(x-1)=f(1)f(x)-2\Rightarrow f(x+1)+f(x-1)=-2f(x)-2$ $(3)$

Dễ có $f(x-1)+f(x-3)=-2f(x-2)-2$ $(4)$

Đặt $g(x)=f(x)-f(x-2)$ ta có : $g(1)=0,g(0)=0$

Lấy $(3)$ trừ $(4)$ được $g(x+1)+g(x-1)=-2g(x)$

Từ đây có thể chứng minh được $g(x)=0$ hay $f(x)=f(x+2)$ rồi tìm được hàm $f$.

Vậy hàm cần tìm là $f(2k)=1$ và $f(2h+1)=-2$ với $k,h \in \mathbb{Z}$

Spoiler

Mình nhìn mỗi cái đề đằng sau rồi quên cái luôn yêu cầu đằng trước

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 08-06-2013 - 18:57

[dark templar]

Spoiler

- Do $2x$ toàn ánh nên $f(2x)=1$ cũng như là $f(x)=1$

-Độ này có "100 bài hàm"+"sưu tầm ML"+dịch ( đang học English )

-Mà cái lời giải bài 19 sao lại $h:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$   mình tưởng là $h:\mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R^+}$ chứ nhỉ  

 

Bài 20: Giả sử $f$ là hàm hằng thì đặt $f(x)=c$ ( $c\in \mathbb{Z}$ )

Thì ta có $f(x+y)=f(xy-1)=f(x)=f(y)=c$ thay vào ta có: $2c=c^2-2$ giải phương trình nghiệm nguyên thấy không có $c$ nào thỏa mãn. Vậy $f$ không là hàm hằng (dpcm).

Cho $y=0$ có $f(x)+f(-1)=f(x)f(0)-2\Rightarrow f(x)=\dfrac{f(-1)+2}{f(0)-1}$

Mà do $f$ không là hàm hằng nên $f(0)=1$ và $f(-1)=-2$

Cho $x=y=-1$ có $f(-2)+f(0)=(f(-1))^2-2\Rightarrow f(-2)=1$

Spoiler

Àh đúng rồi nhỉ,không để ý cái toàn ánh   Mình nghĩ trong nhóm nên có 1 người chuyên giải bài,1 người soạn thảo và dịch,như vậy sẽ nhanh hơn (cậu và Nam làm chung mà phải không ? )

 

Bài 20 này còn yêu cầu tìm hàm $f$ nữa,cậu làm thử xem ?

[namcpnh]

Spoiler

Àh đúng rồi nhỉ,không để ý cái toàn ánh   Mình nghĩ trong nhóm nên có 1 người chuyên giải bài,1 người soạn thảo và dịch,như vậy sẽ nhanh hơn (cậu và Nam làm chung mà phải không ? )

 

Bài 20 này còn yêu cầu tìm hàm $f$ nữa,cậu làm thử xem ?

 

Spoiler

Bọn em tính dịch xong rồi mới giải lại và mở rộng , ah mà Idie9xx mới học lớp 11 à anh .

 

Thay $y=-1$ ta có : $f(x-1)+f(-x-1)=f(x)f(-1)-2=-2f(x)-2$

 

Thay $x$ bởi $-x$ và $y=-1$ ta có : $f(-x-1)+f(x-1)=f(-x)f(-1)-2=-2f(-x)-2$

 

=> $f(x)=f(-x)$ =>$f(1)=f(-1)=-2 $

 

Chọn $y=1$ ta có : $f(x+1)+f(x-1)=-2f(x)-2$

 

Sử dụng PT sai phân ta tìm được $f(n)=\frac{3(-1)^n-1}{2}$

 

Thử lại thỏa.

 

Vậy $f(n)=\frac{3(-1)^n-1}{2}$ , $\forall x\in \mathbb{Z}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 14-06-2013 - 20:55

[dark templar]

Bài toán 22: Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

1. Nếu $x>0$ thì $f(x)>0$
2. $f(2f(y)+f(z))=2y+z \quad \forall y,z \in \mathbb{R}$.

-10-

[namcpnh]

Bài toán 22: Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

1. Nếu $x>0$ thì $f(x)>0$
2. $f(2f(y)+f(z))=2y+z \quad \forall y,z \in \mathbb{R}$.

-10-

 

 

Cho $y=0$ ta có $f(2f(0)+f(z))=z$ => $f$ song ánh.

 

Tồn tại $a,b$ sao cho $f(a)=0$, $f(0)=b$

 

Chọn $x=y=a$ ta có : $b=3a$

 

Chọn $x=y=0$ ta có : $f(3b)=0=f(a)$ => $a=3b$

 

=> $a=b=0$ => $f(0)=0$

 

Chọn $y=0$ ta có : $f(2f(y))=2y$

 

Chọn $z=0$ ta có : $f(f(z))=z$

 

=> $f(2f(y)+f(z))=f(2f(y))+f(f(z))$

 

=> $f(y+z)=f(y)+f(z)$ (3) 

 

Từ (1) và (3) ta có : $f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$

 

Thay vào tìm được $a=\pm 1$.

 

Mà $x>0=> f(x)>0$ nên $f(x)=x$.

 

Thử lại thỏa.

 

Vậy $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$.

 

---------------------

 

Tiếp tục 2 bài : 

 

Bài toán 23 : Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :

 

$i)f(1)=1$

 

$ii)f(x+y)=f(x)+f(y)$

 

$iii)f(\frac{1}{x})=\frac{f(x)}{x^2} , \forall x\in \mathbb{R}\setminus 0$ .

 

Tính $f(\sqrt{1996})$.

 

Bài toán 24 : Cho $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa $(f(n+1)-f(n))(f(n+1)+f(n)+4)\leq 0,\forall x\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng $f$ không là đơn ánh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 14-06-2013 - 23:15

[namcpnh]

Bài toán 23 : Bài này người giải chỉ tìm ra được $f(\sqrt{1996})$ nhưng chúng ta có thể tìm ra được $f(x)$ dựa theo cách tính $f(\sqrt{1996})$.

 

Ta có $f(x+1)=f(x)+1$

 

Lại có : $f(\frac{x+1}{x})=f(\frac{1}{\frac{x}{x+1}})=\frac{f(\frac{x}{x+1})}{(\frac{x}{x+1})^2}=f(\frac{x}{x+1}).(\frac{x}{x+1})^2=(\frac{x}{x+1})^2f(1-\frac{1}{x+1})$

 

=> $f(\frac{x+1}{x})=(\frac{x+1}{x})^2(1-\frac{f(x+1)}{(x+1)^2})=\frac{1}{x^2}(x^2+2x-f(x))$ (1)

 

Mà $f(\frac{x+1}{x})=1+f(\frac{1}{x})=1+\frac{f(x)}{x^2}$(2)

 

Từ (1) và (2) suy ra $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

 

Thử lại thỏa.

 

=> $f(\sqrt{1996})=\sqrt{1996}$

 

Vậy $f(\sqrt{1996})=\sqrt{1996}$ .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 14-06-2013 - 23:13

[Idie9xx]

.

---------------------

 

Tiếp tục 2 bài : 

 

Bài toán 23 : Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :

 

$i)f(1)=1$

 

$ii)f(x+y)=f(x)+f(y)$

 

$iii)f(\frac{1}{x})=\frac{f(x)}{x^2} , \forall x\in \mathbb{R}\setminus 0$ .

 

Tính $f(\sqrt{1996})$.

 

 

 

Cách giải trên ML :

 

Cho $a=\sqrt{1996}$. Do $a^2\in \mathbb{N}$ nên từ $i)$ và $ii)\Rightarrow f(a^2)=a^2$

Ta có $f(a^2)+f(a)=f(a(a+1))=(a(a+1))^2f(\frac{1}{a(a+1)})=$

$(a(a+1))^2(f(\frac{1}{a})-f(\frac{1}{a+1}))=(a+1)^2f(a)-a^2(f(a)+1)$

$\Rightarrow f(a^2)=2af(a)-a^2\Rightarrow f(a)=a$

Cách này chỉ tính được $f(\sqrt{1996})=\sqrt{1996}$ thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 15-06-2013 - 16:44

[namcpnh]

 

Bài toán 24 : Cho $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa $(f(n+1)-f(n))(f(n+1)+f(n)+4)\leq 0,\forall x\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng $f$ không là đơn ánh.

 

Giải:

 

Ta có $(f(n+1)-f(n))(f(n+1)+f(n)+4)\leq 0 <=> (f(n+1)+2)^2\leq (f(n)+2)^2$

 

=> $(f(n)+2)^2$ là 1 hàm dương không tăng.

=> $(f(n)+2)^2$ có giới hạn là $a^2$ khi $n\rightarrow +\infty$

=> $f(n)=\pm a-2, \forall n>n_0$

=. ĐPCM

 

Đề mới : 

 

Bài toán 25 : Tìm $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ thỏa $ f(x+1)=f(x)+1$ và : 

a)$ f(x^3)=f(x)^3$ 

b)$ f(x^2)=f(x)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 16-06-2013 - 12:41

[namcpnh]

 

 

Bài toán 25 : Tìm $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ thỏa $ f(x+1)=f(x)+1$ và : 

a)$ f(x^3)=f(x)^3$ 

b)$ f(x^2)=f(x)^2$

 

 

 

Bài giải :

.a) Vì $f(1)=1$ nên $f(n)=n, \forall n\in \mathbb{N}^*$

Ta có $f((\frac{p}{q}+q^2)^3)=f(\frac{p}{q}+q^2)^3$

$f((\frac{p}{q}+q^2)^3)=(f(\frac{p}{q})^3+3p^2+3pq^3+q^6)=f(\frac{p}{q})^3+3p^2+3pq^3+q^6$

Chúng ta thu được $(f(\frac{p}{q})+q^2)^3=f(\frac{p}{q})^3+3p^2+3pq^3+q^6$

=> $f(\frac{p}{q})=\frac{p}{q}$ => $f(n)=n, \forall n\in \mathbb{Q}$.

b) Tương tự $f(n)=n, \forall n\in \mathbb{N}^*$

$f((\frac{p}{q}+q)^2)==(f(\frac{p}{q}+q))^2$

$f((\frac{p}{q}+q)^2)=f((\frac{p}{q})^2+2p+q^2)=f(\frac{p}{q})^2+2p+q^2$

=> $f(\frac{p}{q})=\frac{p}{q}$ => ĐPCM.

 

 

Đề mới:

 

Bài toán 26:  Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x+y)+f(xy+1)=f(x)+f(y)+f(xy)$.

 

Bài toán 27 : CMR không tồn tại 1 hàm số $f:\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn : $f(x)^2\geq f(x+y)(f(x)+y)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 16-06-2013 - 13:12

[namcpnh]

Bài giải : 

Bài toán 26 : Lời giải này chỉ xử lí được TH $f:\mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$

 

Đặt $P(x,y)$ có tính chất $f(x+y)+f(xy+1)=f(x)+f(y)+f(xy)$.

$P(xy,1)=>f(xy+1)=f(xy)+\frac{f(1)}{2}$

=> $f(x+y)=f(x)+f(y)-\frac{f(1)}{2}$ và vì thế đặt $g(x)=f(x)-\frac{f(1)}{2}$ thì $g(x+y)=g(x)+g(y)$

=> $f(x)=g(x)+g(1)$ theo kết quả của PTH Cauchy.

 

Bài toán 27 : 

Giải:

1) CM $f(x)$ là 1 hàm lồi giảm ngặt :

Ta có $f(x+y)f(x)<f(x+y)(f(x)+y)\leq f(x)^2$ và vì thế $f(x+y)<f(x)$ (ĐPCM)

2)CM khẳng định $Q(x):f(x+f(x))\leq \frac{f(x)}{2}$ là đúng $\forall x>0$

Thay $y=f(x)$ vào BPT đầu ta được ĐPCM.

3)Đặt $f(1)=a$ và đặt $u_n=1+2a(1-2^{-n})$. CM $f(u_n)\leq a.2^{-n}$.

Dùng quy nạp ta có :     

$f(u_0)=f(1)=a\leq a.2^0v$

GS $f(u_n)\leq a.2^{-n}$

Ta cần CM : $f(u_{n+1})\leq a.2^{-n-1}$

Thật vậy $f(u_{n+1})=f(u_n+a.2^{-n})\leq f(u_n+f(u_n))\leq \frac{f(u_n)}{2}\leq a.2^{-n-1}$

=> ĐPCM

4) CM không tồn tại hàm.

Từ $u_n<2a+1$, chúng ta được $f(2a+1)\leq a.2^{-n}$ , $\forall n$ điều đó không được vì $f(2a+1)>0$ => ĐPCM.

 

Đề mới : 

 

Bài toán 28: Tìm tất cả $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa :

(1): $f(1999)=1$

(2) : $f(ab)=f(a)+f(b)$

(3) : $f(a+b)=min(f(a),f(b))$

Bài toán 29: Tìm $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa

(1) $f(m+8)\leq f(m)+8$

(2) $f(m+11)\geq f(m)+11$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 17-06-2013 - 17:28