Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

PT Hàm -Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

tuyển tập sưu tầm.

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 77 trả lời

#21 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 20-04-2013 - 21:38

Spoiler

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 $a,b,c$.


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#22 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 22-04-2013 - 17:21



Spoiler

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

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

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#23 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 29-04-2013 - 19:01


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

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#24 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 30-04-2013 - 22:28

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

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#25 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 03-05-2013 - 14:44

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

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#26 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 29-05-2013 - 19:58

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 !

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#27 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 31-05-2013 - 21:26

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

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#28 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 02-06-2013 - 10:49

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 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\}} $.


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#29 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 02-06-2013 - 11:05

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 $f\left(\frac{2xy}{x+y} \right)=\frac{2f(x)f(y)}{f(x)+f(y)}$.


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#30 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 06-06-2013 - 10:52



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 $f\left(\frac{2xy}{x+y} \right)=\frac{2f(x)f(y)}{f(x)+f(y)}$.

Spoiler

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

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#31 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 06-06-2013 - 18:15

==========

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

 

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


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

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#32 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 06-06-2013 - 18:25



Spoiler

 

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

 

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


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#33 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 08-06-2013 - 19:12



Spoiler

 

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

 

Spoiler

 

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

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#34 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 10-06-2013 - 20:37

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-


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#35 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 14-06-2013 - 21:14

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

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#36 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 14-06-2013 - 23:13

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

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#37 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 15-06-2013 - 13:37

.

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

 

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

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#38 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 15-06-2013 - 16:57

 

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

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#39 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 16-06-2013 - 12:59

 

 

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

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#40 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 17-06-2013 - 17:12

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

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh