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

#41 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 17-06-2013 - 22:06



 

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 28:

Giả sử $f(n_0)$ có giá trị nhỏ nhất trong tập giá trị:

Từ $3)$ với $n>n_0$ có $f(n)=min(f(n-n_0),f(n_0))=f(n_0)$

Từ $2)$ với $ab>a\geq b > n_0$ có $f(ab)=f(a)=f(b)=f(n_0)\Rightarrow f(n_0)=0$

Với $a<n_0$ và $ab,b\geq n_0$ có $f(ab)=f(b)\Rightarrow f(a)=0$

Thay vào $1)$ thấy không thỏa :)) ( bỏ điều kiện $1)$ thì có hàm thỏa )

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

Bài 29: Làm theo hướng tổng quát: $a=8,b=11$

Từ $1)$ có $f(m+ab)\leq f(m+a)+(b-1)a\leq f(m)+ab$

Từ $2)$ có $f(m+ab)\geq f(m+b)+(a-1)b\geq f(m)+ab$

$\Rightarrow f(m+ab)=f(m)+ab,f(m+a)=f(m)+a,f(m+b)=f(m)+b$

Với $d=(a,b)\Rightarrow f(m+d)=f(m)+d$ $(*)$

Cho 2 dãy $a_m,b_m$ sao cho $a_0=a,b_0=b,a_{k+1}=min(a_k,b_k),b_{k+1}=|a_k-b_k|,a_m=b_m$

Chứng minh $(*)$ bằng quy nạp ta có với $f(m+a_k)=f(m)+a_k,f(m+b_k)=f(m)+b_k$

Ta chứng minh $f(m+a_{k+1})=f(m)+a_{k+1},f(m+b_{k+1})=f(m)+b_{k+1}$

Do $a_{k+1}=min(a_k,b_k)$ nên $f(m+a_{k+1})=f(m)+a_{k+1}$

Ta có $f(m+a_k)-a_k=f(m+b_k)-b_k=f(m)\Rightarrow f(m+a_k)=f(m+b_k)+a_k-b_k$

Thay $min(m+a_k,m+b_k)$ bằng $m$ ta được $f(m+|a_k-b_k|)=f(m)+|a_k-b_k|$

Hay $f(m+b_{k+1})=f(m)+b_{k+1}$

Mà ta thấy $a_m=b_m=d$ nên ta có $DPCM$

Vậy với $g$ là hàm tuần hoàn chu kì $d$ ta có $f(m)=m+g(m)$

Ở đây $d=1$ nên $f(m)=m+f(1)$ :)

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

Đề mới:

 

Bài 30: Tìm $f:\mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$$f(x+y)=f(x^2+y^2)$$

 

Bài 31: Đặt $0<a<1$ là một số thực và $f$ là một hàm liên tục tại $[0;1]$ thỏa:

$(1):f(0)=0,f(1)=1$

$(2):f \left( \dfrac{x+y}{2} \right )=(1-a)f(x)+a f(y)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 18-06-2013 - 13:21

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

#42 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 18-06-2013 - 12:05



Bài 28:

Giả sử $f(n_0)$ có giá trị nhỏ nhất trong tập giá trị:

Từ $3)$ với $n>n_0$ có $f(n)=min(f(n-n_0),f(n_0))=f(n_0)$

Từ $2)$ với $ab>a\geq b > n_0$ có $f(ab)=f(a)=f(b)=f(n_0)\Rightarrow f(n_0)=0$

Với $a<n_0$ và $ab,b\geq n_0$ có $f(ab)=f(b)\Rightarrow f(a)=0$

Thay vào $1)$ thấy không thỏa :)) ( bỏ điều kiện $1)$ thì có hàm thỏa )

 

Đề mới:

 

 

Bài 31: Đặt $0<a<1$ là một số thực và $f$ là một hàm liên tục tại $[0;1]$ thỏa:

$(1):f(0)=0,f(1)=1$

$(2):f \left( \dfrac{x+y}{2} \right )=(1-a)f(x)+a f(y)$

 

Phần màu đỏ trong bài 28 có vấn đề. Bài 29 tuyệt vời ( hay hơn bài giải trên ML ).

 

Bài toán 31

 

Với $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

 

Chọn $y=-x$ ta có : $0=f(0)=(1-a)f(x)+af(-x)$

 

=> $af(-x)=-(1-a)f(x)$

 

Thay $y$ bởi $-y$ vào đầu đề ta có : $f(\frac{x-y}{2})=(1-a)f(x)+af(-y)=(1-a)f(x)+(a-1)f)(y)$

 

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

 

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

 

=> $f(x+y)=f(x)+f(y)$

 

Vì $f$ liên tục tai $[0,1]$ nên theo PTH Cauchy ta có : $f(x)=kx$

 

Mà $f(1)=1$ nên $f(x)=x$ và tìm được $a=\frac{1}{2}$.

 

Vậy $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

 

----------

 

Bài toán 31 : Bài này xử lí trong trường hợp $f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$.

 

Đặt $P(x,y)$ có tính chất $f(\frac{x+y}{2})=(1-a)f(x)+af(y)$.

 

$P(1,0)=>f(\frac{1}{2})=(1-a)$

 

$P(0,1)=>f(\frac{1}{2})=a$

 

=> $a=\frac{1}{2}$.

 

Khi đó $P(x,y)=>f(\frac{x+y}{2})=\frac{f(x)+f(y)}{2}$.

 

$P(x,0)=>f(\frac{x}{2})=\frac{f(x)}{2}$

 

Bằng quy nạp ta có : $f(\frac{p}{2^q})=\frac{p}{2^q}$

 

=> $f(x)=x,\forall x\in [0,1]$

 

Thử lại thỏa .

 

Vậy $f(x)=x,\forall x\in [0,1]$.

 

Bài toán 32 : 

 

Ta giả sử rằng câu hỏi đúng với mọi $x,y>0$. Đặt $P(x,y)$ có tính chất $f(x+y)=f(x^2+y^2)$.

Đặt $u,v$ thỏa mãn $v\sqrt{2}>u\geq v$ và đặt $w\in \left [ \frac{u^2}{2},v^2 \right ]$ . Có ít nhất 2 số thực khác nhau $x_1, y_1$ và $P(x_1,y_1)=>f(u)=f(w)$ .

$v^2>w\geq \frac{v^2}{2}$ và vì thế hệ “ $x+y=v$ và $xy=\frac{u^2-w}{2}$ sẽ có ít nhất 2 số thực $x_2,y_2$ thỏa $P(x_2,y_2)=> f(v)=f(w)$.

Vì thế $f(u)=f(v)$, $\forall u,v$ thỏa mãn $v\sqrt{2}>u\geq v>0$

=> $f(x)=c$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 18-06-2013 - 20:36

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


#43 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 18-06-2013 - 22:05

Đề mới :

 

Bài toán 33: Tìm tất cả các hàm liên tục $ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $ f(x)f(y)=f(\sqrt[3]{x^3+y^3})$.

 

Bài toán 34 : Tìm tất cả các hàm  $ f: \mathbb{R}^ +\rightarrow\mathbb{R}^ +$ sao cho với mọi $ x,y\in\mathbb{R}^ +$,$ f(x + f(y)) = f(x) + y$


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


#44 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 19-06-2013 - 06:57



Đề mới :

 

Bài toán 33: Tìm tất cả các hàm liên tục $ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $ f(x)f(y)=f(\sqrt[3]{x^3+y^3})$.

 

Bài toán 34 : Tìm tất cả các hàm  $ f: \mathbb{R}^ +\rightarrow\mathbb{R}^ +$ sao cho với mọi $ x,y\in\mathbb{R}^ +$,$ f(x + f(y)) = f(x) + y$

Bài 33: Mở rộng:

Cho $n\in \mathbb{N^*}$. Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f(x)f(y)=f(\sqrt[n]{x^n+y^n})$$

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

Bài 34:

Cho $P(x,y)$ có tính chất: $f(x+f(y))=f(x)+y$ với mọi $x,y\in \mathbb{R^+}$

Đặt $m=1+f(1)$

Cách 1:

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

$P(f(m),x)\Rightarrow f(f(m)+f(x))=f(f(m))+x$ $(2)$

$P(1,1)\Rightarrow f(m)=m\Rightarrow f(f(m))=f(m)=m$ $(3)$

Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow f(f(x))=x$

$P(x,f(y))\Rightarrow f(x+f(f(y)))=f(x)+f(y)\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$

Với $x>y\Rightarrow f(x)=f(x-y)+f(y)>f(y)$ nên $f$ là hàm tăng.

$f$ cộng tính tăng nên $f(x)=a x$ thử lại thấy $a=1$ thỏa.

Cách 2:

Giả sử tồn tại một vài số thực dương $k$ mà $k>f(k)$ ta có:

$P(k-f(k),k)\Rightarrow f(k)=f(k-f(k))+k>k\Rightarrow f(k)>k$ (mâu thuẫn)

Vậy $f(x)\geq x, \forall x\in \mathbb{R^+}$

$P(1,1)\Rightarrow f(m)=m$

$P(m,x)\Rightarrow f(m)+x=f(m+f(x))\geq m+f(x)=f(m)+f(x)$

$\Rightarrow x\geq f(x)\Rightarrow f(x)=x$ (thỏa)

$KL: \boxed{f(x)=x},\forall x\in \mathbb{R^+} $ :))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 20-06-2013 - 10:01

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

#45 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 19-06-2013 - 21:31



Đề mới :

 

Bài toán 33: Tìm tất cả các hàm liên tục $ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $ f(x)f(y)=f(\sqrt[3]{x^3+y^3})$.

 

Bài toán 34 : Tìm tất cả các hàm  $ f: \mathbb{R}^ +\rightarrow\mathbb{R}^ +$ sao cho với mọi $ x,y\in\mathbb{R}^ +$,$ f(x + f(y)) = f(x) + y$

Lời giải bên $ML$ :)

Bài toán 33

Đặt $g(x)=f(\sqrt[3]{x})$.$PTH$ chuyển thành $g(x^3)g(y^3)=g(x^3+y^3)$ hay $g(x)g(y)=g(x+y)$

Kết hợp với điều kiện liên tục của $f$ cũng như của $g$ ta được $g(x)=0$ hoặc $g(x)=e^{a x}$

Vậy các hàm thỏa đề là $f(x)=0$ và $f(x)=e^{a x^3}$

Bài toán 34

Lời giải của pco:

Cho $P(x,y)$ có tính chất $f(x+f(y))=f(x)+y$

Xét $P(x,a)$ và $P(x,b)$ có $f(a)=f(b)\Rightarrow a=b$ vậy $f$ đơn ánh.

Với $f(a)>f(b)$ có $P(b,f(a)-f(b))\Rightarrow f(b+f(f(a)-f(b)))=f(a)$

$\Rightarrow a-b=f(f(a)-f(b))>0\Rightarrow a>b$

Khi $a<b\Rightarrow f(a)<f(b)$ nên $f$ là hàm tăng.

$x>\frac{x}{2}\Rightarrow f(x)>f(\frac{x}{2})$ sử dụng thêm $f(f(a)-f(b))=a-b$ ta có:

$P(f(x)-f(\frac{x}{2}),\frac{x}{2})\Rightarrow f(f(x))=f(f(x)-f(\frac{x}{2}))+\frac{x}{2}=x$

$P(x,f(y))\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$ mà $f$ tăng nên $f(x)=a x$

Thử lại thấy $a=1$ nên $f(x)=x$

 

Lời giải của wangsacl:

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

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

Với $a>b\Rightarrow f(a)=f(a-b)+f(b)>f(b)$ nên $f$ là hàm tăng.

Hàm $f$ cộng tính và tăng nên $f(x)=a x$ thử lại thấy $a=1$ nên $f(x)=x$

 

NX: Bài 34 tuy đơn giản nhưng có nhiều cách giải khá hay :))

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

Đề mới:

 

Bài 35: Giả sử tồn tại $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :$f''(x)\geq 0\geq f(x)$

$CMR:f$ là hàm hằng.

 

Bài 36: Cho $ f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ là 1 hàm bị chặn thỏa mãn:

$ f ( x + \frac {1}{6} ) + f ( x + \frac {1}{7} ) = f (x) + f ( x + \frac {13}{42} )$

CMR tồn tại $ d\in R^{ + }$ thỏa mãn $ f ( x ) = f ( x + d )$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 20-06-2013 - 17:39

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

#46 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 21-06-2013 - 17:26

 

Đề mới:

 

Bài 35: Giả sử tồn tại $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :$f''(x)\geq 0\geq f(x)$

$CMR:f$ là hàm hằng.

 

Bài 36: Cho $ f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ là 1 hàm bị chặn thỏa mãn:

$ f ( x + \frac {1}{6} ) + f ( x + \frac {1}{7} ) = f (x) + f ( x + \frac {13}{42} )$ (*)

CMR tồn tại $ d\in R^{ + }$ thỏa mãn $ f ( x ) = f ( x + d )$

 

Bài 36 : 

 

Cách 1 :( của mình ).

 

Đặt $a=\frac{1}{6},b=\frac{1}{7}$

 

Thay $x$ bởi $x+a$ vào (*) $5$ lần ta được $f(x+1)+f(x+\frac{1}{7})=f(x)+f(x+\frac{1}{6}+1)$

 

Thay $x$ bởi $x+b$ vào (*) $6$ lần ta được: $f(x+1)+f(x+\frac{1}{6})=f(x)+f(x+\frac{1}{7}+1)$

 

=> $2f(x+1)+f(x+\frac{1}{6})+f(x+\frac{1}{7})=2f(x)+f(x+\frac{1}{6}+1)+f(x+\frac{1}{7}+1)=2f(x)+f(x+2)+f(x+\frac{13}{42})$

 

=> $f(x+2)-f(x+1)=f(x+1)-f(x)$

 

Vì $f$ bị chặn nên $f(x+1)-f(x)=c$

 

=> $f(x+2)-f(x+1)=c$

 

.....

 

=> $f(x+n)-f(x+n-1)=c$

 

Từ đó $f(x+n)-f(x)=nc$

 

Vì $f$ bị chặn nên $n=0$ => $f(n+1)=f(n)$

 

Vậy $n=1$.

 

Cách 2 (của Pco):

 

Đặt $ g(x)=f(\frac x{42})$ ,PT thành $ g(x+7)+g(x+6)=g(x)+g(x+13)$

 

Đặt $ h(x)=g(x+7)-g(x)$ thỏa mãn $ h(x+6)=h(x)$

 

$ h(x+35)+h(x+28)+h(x+21)+h(x+14)+h(x+7)+h(x)=g(x+42)-g(x)$ vì thế

 

$ g(x+42)=g(x)+k(x)$ =>$k(x)=h(x+35)+h(x+28)+h(x+21)+h(x+14)+h(x+7)+h(x)$

 

Từ $ h(x+6)=h(x)$, chúng ta được $ k(x+6)=k(x)$ vì thế  $ k(x+42)=k(x)$ => $ g(x+42n)=g(x)+nk(x)$

 

Từ $ g(x)$ là hàm bị chặn, $ k(x)=0$ $ \forall x$ and so $ g(x+42)=g(x)$ $ \forall x$ vì thế $ \boxed{f(x+1)=f(x)}$ $ \forall x$

 

Mở rộng : Hàm $f(x+a+b)+f(x)=f(x+a)+f(x+b)$ nếu bị chặn thì $f$ là hàm tuần hoàn.


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


#47 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 21-06-2013 - 20:59

Bài 36 : 

 

Cách 1 :( của mình ).

 

Đặt $a=\frac{1}{6},b=\frac{1}{7}$

 

Thay $x$ bởi $x+a$ vào (*) $5$ lần ta được $f(x+1)+f(x+\frac{1}{7})=f(x)+f(x+\frac{1}{6}+1)$

 

Thay $x$ bởi $x+b$ vào (*) $6$ lần ta được: $f(x+1)+f(x+\frac{1}{6})=f(x)+f(x+\frac{1}{7}+1)$

 

=> $2f(x+1)+f(x+\frac{1}{6})+f(x+\frac{1}{7})=2f(x)+f(x+\frac{1}{6}+1)+f(x+\frac{1}{7}+1)=2f(x)+f(x+2)+f(x+\frac{13}{42})$

 

=> $f(x+2)-f(x+1)=f(x+1)-f(x)$

 

Vì $f$ bị chặn nên $f(x+1)-f(x)=c$

 

=> $f(x+2)-f(x+1)=c$

 

.....

 

=> $f(x+n)-f(x+n-1)=c$

 

Từ đó $f(x+n)-f(x)=nc$

 

Vì $f$ bị chặn nên $n=0$ => $f(n+1)=f(n)$

 

Vậy $n=1$.

 

Cách 2 (của Pco):

 

Đặt $ g(x)=f(\frac x{42})$ ,PT thành $ g(x+7)+g(x+6)=g(x)+g(x+13)$

 

Đặt $ h(x)=g(x+7)-g(x)$ thỏa mãn $ h(x+6)=h(x)$

 

$ h(x+35)+h(x+28)+h(x+21)+h(x+14)+h(x+7)+h(x)=g(x+42)-g(x)$ vì thế

 

$ g(x+42)=g(x)+k(x)$ =>$k(x)=h(x+35)+h(x+28)+h(x+21)+h(x+14)+h(x+7)+h(x)$

 

Từ $ h(x+6)=h(x)$, chúng ta được $ k(x+6)=k(x)$ vì thế  $ k(x+42)=k(x)$ => $ g(x+42n)=g(x)+nk(x)$

 

Từ $ g(x)$ là hàm bị chặn, $ k(x)=0$ $ \forall x$ and so $ g(x+42)=g(x)$ $ \forall x$ vì thế $ \boxed{f(x+1)=f(x)}$ $ \forall x$

 

Mở rộng : Hàm $f(x+a+b)+f(x)=f(x+a)+f(x+b)$ nếu bị chặn thì $f$ là hàm tuần hoàn.

Hàm bị chặn là sao nhể anh Nam? E chưa hiểu cách giải của anh lắm, giải thích được ko?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 21-06-2013 - 21:00

:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#48 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 23-06-2013 - 21:10

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

Đề mới:

 

Bài 35: Giả sử tồn tại $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :$f''(x)\geq 0\geq f(x)$

$CMR:f$ là hàm hằng.

 

Bài 36: Cho $ f: \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ là 1 hàm bị chặn thỏa mãn:

$ f ( x + \frac {1}{6} ) + f ( x + \frac {1}{7} ) = f (x) + f ( x + \frac {13}{42} )$

CMR tồn tại $ d\in R^{ + }$ thỏa mãn $ f ( x ) = f ( x + d )$

 

Mở rộng : Hàm $f(x+a+b)+f(x)=f(x+a)+f(x+b)$ nếu bị chặn thì $f$ là hàm tuần hoàn.

Bài 36: Mở rộng của nó mình đã chứng minh ở đây :P

 

Bài 35: Lời giải bên $ML$ (bởi pco):

Giả sử $f$ không là hàm hằng thì $\exists a<b$ thỏa $f(a)\neq f(b)$:

$1)$ Nếu $f(b)>f(a)$ thì $\exists u\in [a;b]$ thỏa $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(u)$

Đặt $x>b$ thì $\exists c\in [b;x]$ thỏa $\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}=f'( c )$

Và từ $f''(x)\geq 0$ và $c\geq u\Rightarrow f'( c )\geq f'(u)\Rightarrow f(x)\geq \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} (x-b)+f(b)$

Chọn $x$ đủ lớn, ta có $f(x)>0$, vô lí.

$2)$ Nếu $f(b)<f(a)$ thì $\exists u\in [a;b]$ thỏa $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(u)$

Đặt $x<a$ thì $\exists c\in [x;a]$ thỏa $\dfrac{f(a)-f(x)}{a-x}=f'( c )$

Và từ $f''(x)\geq 0$ và $c\leq u\Rightarrow f'( c )\leq f'(u)\Rightarrow f(x)\geq \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} (x-b)+f(b)$

Chọn $-x$ đủ lớn, ta có $f(x)>0$, vô lí.

$\Rightarrow DPCM$

 

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

Đề mới:

 

Bài 37: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(x)=\max\left \{ xy-f(y) \right \},\forall x,y\in \mathbb{R}$

 

Bài 38: Tìm hàm $f:\mathbb{Q^+}\rightarrow \mathbb{Q^+}$ thỏa:

$(1):f(\frac{1}{x})=f(x)$

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 23-06-2013 - 21:13

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

#49 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 26-06-2013 - 22:44

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

Đề mới:

 

Bài 37: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(x)=\max\left \{ xy-f(y) \right \},\forall x,y\in \mathbb{R}$

 

Bài 38: Tìm hàm $f:\mathbb{Q^+}\rightarrow \mathbb{Q^+}$ thỏa:

$(1):f(\frac{1}{x})=f(x)$

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

Lời giải bên $ML$ :)

 

Bài 37: Bởi MJ GEO:

Chúng ta có $f(x)\geq xy-f(y)$

Giờ cho hàm thực $y_x$ thỏa $xy_x-f(y_x)=\max\left \{ xy-f(y) \right \},\forall x,y\in \mathbb{R}$

Ta có: $x^2\leq 2f(x)=2xy_x-2f(y_x)\leq 2xy_x-y_x^2\Rightarrow (y_x-x)^2\leq 0$

$\Rightarrow y_x=x\Rightarrow \boxed{f(x)=\dfrac{x^2}{2}}$

 

Bài 38:

Cho $f(1)=a$ Thì với mọi $n\in \mathbb{N^*}$ có:

$f(n)=(1+\frac{1}{n-1})(1+\frac{1}{n-2})...(1+\frac{1}{1})a=na\Rightarrow f(\frac{1}{n})=f(n)=na$

Cho hai hàm $p_x,q_x$ thỏa $x=\dfrac{p_x}{q_x}$ và $(p_x,q_x)=1$

Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp: $f(x)=p_xq_xa$

Giả sử nó đúng với $p_x+q_x\leq k$ thì khi $p_x+q_x=k+1$ có:

Với $x>1$ thì $f(x)=f(1+\frac{p_x-q_x}{q_x})=(\frac{p_x}{p_x-q_x})f(\frac{p_x-q_x}{q_x})=(\frac{p_x}{p_x-q_x})(p_x-q_x)q_xa=p_xq_xa$

Với $x<1$ thì $f(x)=f(\frac{1}{x})=p_xq_xa$

$\Rightarrow \boxed{f(x)=p_xq_xa}$

 

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

Đề mới:

 

Bài 39: Cho $f(x)=x^2+12x+30$. Tìm tất cả các điểm cực trị của $f(f(f(f(f(f(f(x)))))))=0$

 

Bài 40: Với $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ không là hàm hằng thỏa $f(a(x+y))=f(x)+f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$ và hằng số thực $a$. Tìm tất cả $a$ thỏa mãn.

 

Bài 41: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$$f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 01-07-2013 - 18:15

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

#50 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 01-07-2013 - 11:08

Hàm bị chặn là sao nhể anh Nam? E chưa hiểu cách giải của anh lắm, giải thích được ko?

 

Khi nào học bồi dưỡng anh chỉ cho, cái này giống giới hạn thôi.

 

 

Bài 39: Cho $f(x)=x^2+12x+30$. Tìm tất cả các cực trị của $f(f(f(f(f(f(f(x)))))))=0$

 

Bài 40: Với $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ không là hàm hằng thỏa $f(a(x+y))=f(x)+f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$ và hằng số thực $a$. Tìm tất cả $a$ thỏa mãn.

 

Bài 41: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$$f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1$$

 

 

Bài 40 : 

 

Cách 1: của mình

 

Đặt $P(x,y)$ có tính chất  : $f(a(x+y))=f(x)+f(y)$

 

Dễ thấy $a=0$ không thỏa.

 

Ta có $P(0,0)=>f(0)=0$

 

$P(0,x)=>f(ax)=f(x)$

 

$P(x,-x)=> f(-x)=-f(x)$

 

=> $f$ lẻ.

 

$P(x,-ax)=> f((a-1)x)=0$

 

=> $a=1$ vì $f$ không là hàm hằng.

 

Cách 2 : trên ML:

 

Thấy $a\neq 0$

 

$P(x,\frac{1-a}{a}x)=> f(\frac{1-a}{a}x)=0$

 

=> $a=1$

 

---------

 

@namcpnh : Idie9xx nè, mình nghĩ chúng ta chỉ nên lựa các bài PTH $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thôi vì VMO không cho các dạng còn lại.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 01-07-2013 - 16:22

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


#51 dosonhaiphong

dosonhaiphong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hải Phòng

Đã gửi 01-07-2013 - 17:10

Mình ủng hộ ý kiến bạn Nam .Mình xin góp vui 1 bài.

 

 

 

Bài 41: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$$f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1$$

 

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

 

$P(0,0)=>f(f(0))=0$

 

$P(0,x)=>f(x+f(0))=f(x)+1$

 

$P(x,f(0))=>f(f(x)+f(0))=f(x+f(0))+xf(f(0))-xf(0)-x+1$

 

=> $f(f(x)+f(0))=f(x)+1+xf(0)+x-xf(0)-x+1=f(x)+2$

 

=> $f(x)=x+2-f(0)$

 

Thay vào ta được $f(0)=1$

 

Thử lại $f(x)=x+1$ thoả .

 

Vậy $f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}$



#52 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 01-07-2013 - 18:26

Bài của bạn dosonhaiphong đúng, khá gọn, sau đây là 2 cách giải trên ML : 

 

C2 : Đặt $ P(x,y)$ có tính chất $ f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1$

 

$ P(0,x)$ $ \implies$ $ f(x+f(0))=f(x)+1$

 

$ P(x,f(0))$ $ \implies$ $ f(f(x)+f(0))=f(x+f(0))+xf(f(0))-xf(0)-x+1$ => $ f(f(x))+1=f(x)+1+x(f(0)+1)-xf(0)-x+1$ vì thế  :

 

$ P(x,f(0))$ $ \implies$ $ f(f(x))=f(x)+1$

$ P(x,0)$ $ \implies$ $ f(f(x))=f(x)+xf(0)-x+1$

 

Trừ 2 PT và thay $ x=1$ được $ f(0)=1$ vì thế $ f(x+1)=f(x)+1$

 

Khi đó $ P(x+1,y)$ $ \implies$ $ f(f(x)+y)+1=f(x+y)+1+(x+1)f(y)-(x+1)y-(x+1)+1$ => $ f(f(x)+y)=f(x+y)+(x+1)f(y)-(x+1)y-x$

Trừ $ P(x,y)$ từ đầu đề ta được $ 0=f(y)-y-1$

 

Vì thế $ \boxed{f(x)=x+1}$ $ \forall x$ là 1 nghiệm.

 

Cách 3 :

Định nghĩa $ g(x) = f(x)-x-1 \iff f(x) = g(x)+x+1$. Khi đó :

$ g(g(x)+x+y+1)+g(x) = g(x+y) + xg(y) \iff Q(x,y)$

$ Q(0,y) \iff g(g(0)+1+y) + g(0) = g(y)$. Đặt $ c = g(0)+1$:

$ g(x+c) = g(y) + (1-c)$

$ Q(x,y+c) \iff g(g(x)+x+y+c+1)+g(x) = g(x+y+c) + xg(y+c) \iff$

$ g(g(x)+x+y+1)+g(x) + 1-c = g(x+y)+1-c + xg(y) + x(1-c) \Rightarrow$

$ x(1-c) = 0 \Rightarrow 1=c$.

Vì thế: $ g(x+1) = g(x)$.

$ Q(x+1,y) \iff g(g(x+1)+x+1+y+1) + g(x+1) = g(x+1+y) + (x+1)g(y) \iff$

$ g(g(x)+x+y+1)+g(x) = g(x+y) + (x+1)g(y) \Rightarrow$

$ xg(y) = (x+1)g(y) \iff g(y) = 0$.

Vì thế $ g(x) = 0 \forall x \in \mathbb{R}$, và :

 

$ f(x) = x+1 \forall x \in \mathbb{R}$. Đây là nghiệm cần tìm.

 

Bài 39 : (của Pco )

 

Ta có $f(x)=(x+6)^2-6=g(h(g^{-1}(x))),g(x)=x-6,h(x)=x^2$

 

Vì thế $f^{[n]}(x)=g(h^{[n]}(g^{-1}(x)))=(x+6)^{2^n}-6$

 

Từ đó các giá trị cần tìm là nghiệm của PT $(x+6)^{2^7}-6=0$

 

<=> $\begin{bmatrix} x=-6-6^{2^{-7}}\\ x=-6+6^{2^{-7}} \end{bmatrix}$

 

Vậy cực trị cần tìm là $x=-6-6^{2^{-7}}$ , $x=-6+6^{2^{-7}}$ .


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


#53 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 02-07-2013 - 12:09

Đề mới :

 

Bài 42Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x+xy+f(y))=(f(x)+\frac{1}{2})(f(y)+\frac{1}{2})$

 

Bài 43Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x)^2+2yf(x)+f(y)=f(y+f(x))$ .

 

Bài 44Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(f(y)+x)=f(f(y)-x)+4xf(y)$ .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 03-07-2013 - 08:50

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


#54 dosonhaiphong

dosonhaiphong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hải Phòng

Đã gửi 02-07-2013 - 17:45

Đề mới :

 

Bài 42Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x+y+f(y))=(f(x)+\frac{1}{2})(f(y)+\frac{1}{2})$

 

Bài 43Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x)^2+2yf(x)+f(y)=f(y+f(x))$ .

 

Bài 44Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(f(y)+x)=f(f(y)-x)+4xf(y)$ .

 

Bài 42 : Em làm không biết đúng không :P .

 

Thay $y=0$ ta có : $f(f(x))=f(x)^2+f(0)$

 

Thay $y$ bởi $f(y)$ ta có : $f(f(x)+f(y))=(f(x)+f(y))^2+f(0)$

 

Đặt $z=f(x)+f(y)$ ta có : $f(z)=z^2+f(0)$

 

Thay vào tìm $f(0)$ ta có KQ .



#55 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 03-07-2013 - 09:27

Bài 42 : Em làm không biết đúng không :P .

 

Thay $y=0$ ta có : $f(f(x))=f(x)^2+f(0)$

 

Thay $y$ bởi $f(y)$ ta có : $f(f(x)+f(y))=(f(x)+f(y))^2+f(0)$

 

Đặt $z=f(x)+f(y)$ ta có : $f(z)=z^2+f(0)$

 

Thay vào tìm $f(0)$ ta có KQ .

 

Mình nghĩ phải có toàn ánh thì mới có thể tồn tai $z$ sao cho $z=f(x)+f(y)$  :closedeyes:


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


#56 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 03-07-2013 - 09:29

Đề mới :

 

Bài 42Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x+xy+f(y))=(f(x)+\frac{1}{2})(f(y)+\frac{1}{2})$

 

Bài 43Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x)^2+2yf(x)+f(y)=f(y+f(x))$ .

 

Bài 42: Giả sử $f$ là hàm hằng. Cho $f(x)=c \forall x\in \mathbb{R}$. Ta có:

$c=\left (c+\frac{1}{2} \right )^2\Rightarrow c^2=-\frac{1}{4}$ (vô nghiệm). Vậy $f$ không là hàm hằng. $(*)$

Cho $P(x,y)$ có tính chất $f(x+xy+f(y))=\left (f(x)+\frac{1}{2} \right ) \left (f(y)+\frac{1}{2} \right )$

$P(x,-1)\Rightarrow f(f(-1))=\left ( f(x)+\dfrac{1}{2} \right )\left ( f(-1)+\dfrac{1}{2} \right )$

$\Rightarrow f(f(-1))=\left ( f(-1)+\dfrac{1}{2} \right )=0$ (do $(*)$)

Giả sử tồn tại $x_0\neq -1$ mà $f(x_0)+\dfrac{1}{2}=0$.

$P\left(\dfrac{x-f(x_0)}{x_0+1},x_0 \right)\Rightarrow f(x)=\left ( f\left(\dfrac{x-f(x_0)}{x_0+1} \right)+\dfrac{1}{2} \right )\left ( f(x_0)+\dfrac{1}{2} \right )=0$ (mâu thuẫn với $(*)$)

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

$P \left (\dfrac{f(-1)-f(x)}{x+1},x \right )\Rightarrow f(f(-1))=\left ( f\left (\dfrac{f(-1)-f(x)}{x+1} \right )+\dfrac{1}{2} \right )\left ( f(x)+\dfrac{1}{2} \right )$

$\Rightarrow f \left (\dfrac{f(-1)-f(x)}{x+1} \right )+\dfrac{1}{2}=0\Rightarrow \dfrac{f(-1)-f(x)}{x+1}=-1\Rightarrow \boxed{f(x)=x+\dfrac{1}{2}} ,\forall x\in \mathbb{R}$

 

Bài 43: Dễ thấy $f(x)=0$ thỏa đề. Ta tìm hàm khác :))

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

Đặt $f(x)=g(x)+x^2$ ta có $g(y+f(x))=g(y)$

Ta có $g(y-f(x))=g((y-f(x)+f(x))=g(y)$

Cho $Q(x,y,z,t)=x+f(y)+f(z)-f(t)$ Ta có:

$g(Q(x,y,z,t))=g(x+f(y)+f(z)-f(t))=g(x+f(y)+f(z))=g(x+f(y))=g(x)$

Mà $f(y+f(x))=Q(2y f(x),y,f(x),0)$

$\Rightarrow g(f(y+f(x)))=g(Q(2y f(x),y,f(x),0)\Rightarrow g(0)=g(2y f(x))$

Khi đó tồn tại $a$ mà $f(a)\neq 0$ cho $y=\dfrac{x}{2f(a)},x=a$ có $g(x)=g(0)=f(0)$

Vậy có hai hàm thỏa đề là $f(x)=0$ và $f(x)=x^2+f(0)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 03-07-2013 - 21:47

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

#57 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 03-07-2013 - 10:15

Bài giải trên ML : 

 

Bài 42: 

Nhận thấy $f(x)=c$ thì $c=\left ( c+\frac{1}{2} \right )^{2}\Leftrightarrow c^{2}+\frac{1}{4}=0$, vô lí. Do vậy ta hoàn toàn có thể giả sử $f$ không phải là hàm hằng.

Cho $y=-1$ ta được $f(f(-1))=\left ( f(-1)+\frac{1}{2} \right )\left ( f(x)+\frac{1}{2} \right )$

Nếu $f(-1)+\frac{1}{2}\neq 0$, điều này chứng tỏ $f$ là hàm hằng, mà chúng ta đã biết điều này không thể xảy ra!

Vậy nên $f(-1)=-\frac{1}{2}$.

Giả sử rằng $f(a)=-\frac{1}{2}$

Cho $y=a$ ta được $f(x(a+1)+f(a))=0$

Nếu $a\neq -1$, $x(a+1)+f(a)$ có thể nhận bất cứ giá trị nào, $f$ là một hằng số $0$, vô lí.

Do đó $f(a)=-\frac{1}{2} \iff a=-1$

Còn bây giờ, nếu $x=-1$ ta thấy $f(-1-y+f(y))=0$

Nếu $y=-1-a+f(a)$ thì $f(-1+1+a-f(a))+f(-1-a+f(a))=0$, suy ra $f(a-f(a))=0,\forall a$

Cho $y\neq -1$, nếu $x=\frac{y-2f(y)}{1+y}$, ta được $f(y-f(y))=\left ( f(x)+\frac{1}{2} \right )\left ( f(y)+\frac{1}{2} \right )$

Vì $f(y-f(y))=0$ nên $f\left ( \frac{y-2f(y)}{1+y} \right )=-\frac{1}{2}$, hay $f(y)=-\frac{1}{2},\forall y\neq -1$. Trường hợp $2$ hàm ý rằng $f$ không đổi.

$f\left ( \frac{y-2f(y)}{1+y} \right )=-\frac{1}{2}$

Nhưng điều này lại cho thấy $\frac{y-2f(y)}{1+y}=-1$ với $y\neq -1$

Nó chỉ ra rằng $f(y)=y+\frac{1}{2},\forall y$

Dễ dàng kiểm tra nó thỏa mãn điều kiện đã cho

Kết luận: $\boxed {f(y)=y+\frac{1}{2},\forall y}$

 
Bài 43 : 

$f(x)=0,\forall x$ là một nghiệm, nên bây giờ ta chỉ tìm những nghiệm khác $0$.

Đặt $a=f(0)$, lấy các số $u,v$ sao cho $f(u)=v\neq 0$

$P(x,0) \longrightarrow f(f(x))=f^{2}(x)+a$

$P(x,-f(x)) \longrightarrow f(-f(x))=f^{2}(x)+a$

$P(x,-f(y)) \longrightarrow f(f(x)-f(y))=\left ( f(x)-f(y) \right )^{2}+a$

$P(u,\frac{x}{2v}-\frac{v}{2}) \longrightarrow x=f\left ( \frac{x}{2v}+\frac{v}{2} \right )-f\left ( \frac{x}{2v}-\frac{v}{2} \right )$

và còn rất nhiều nghiệm nữa có thể được viết như $x=f( r )-f( s )$

Từ $f(f( r )-f( s)  )=\left ( f( r )-f( s ) \right )^{2}+a,\forall r,s$ nên $f(x)=x^{2}+a$, đây là nghiệm của phương trình.

 

Bài 44 :

$f(x)=0,\forall x$ là một nghiệm. Ta chỉ cần tìm những nghiệm luôn khác $0$

Let $P(x,y)$ có tính chất $f(f(y)+x)=f(f(y)-x)+4xf(y)$

Đặt $a=f(0)$, $u,v$ là các số thỏa $f(u)=v\neq 0$

$P\left ( \frac{z}{8v},u \right ) \longrightarrow x=2f\left ( v+\frac{z}{8u} \right )-2f\left ( v-\frac{x}{8v} \right )$

và còn nhiều giá trị của $x$ có thể được viết $x=2f( r )-2f( s )$ với vài giá trị thực của $r,s$

$P(f( s ),s) \longrightarrow f(2f( s ))=a+4f^{2}( s )$

$P(2f( s )-f( r ))=a+(2f( r ) -2f( s ))^{2}$

Vậy $f(x)=x^{2}+a,\forall x$, đây là nghiệm thực sự, với giá trị bất kì của $a$.

Do đó các nghiệm cần tìm là $f(x)=0,\forall x$, $f(x)=x^{2}+a,\forall x$ và với giá trị bất kì của $a$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 03-07-2013 - 11:34

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


#58 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 03-07-2013 - 13:42

Bài 45: Cho hàm $f,g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa: $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$ và $f(x)\not\equiv 0$. $CMR:g(x)\geq -1$

 

Bài 46: Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa: $f(x+f(y))=2y+f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}$

 

Bài 47: Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:$f(x)=f\left (x^2+\frac{x}{3}+\frac{1}{9} \right),\forall x\in \mathbb{R}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 09-07-2013 - 12:05

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

#59 thanhdotk14

thanhdotk14

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định

Đã gửi 04-07-2013 - 22:29

 

 

Bài 46: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa: $f(x+f(y))=2y+f(x),\forall x,y\in \mathbb{R}(1)$

 

 

Bài giải:

Trước tiên, ta chứng minh $f$ là đơn ánh. Giả sử $f(y_1)=f(y_2)$ thì ứng với mỗi $x$ ta có:

$f(x+f(y_1))=f(x+f(y_2))\Rightarrow 2y_1+f(x)=2y_2+f(x)\Rightarrow y_1=y_2$

Từ đó, trong $(1)$ lấy $x=y=0$, ta được:

$f(f(0))=f(0)\Rightarrow f(0)=0$

Trong $(1)$, cho $x=0$ ta được:

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

Đến đây thì có nhiều hướng giải cho bài toán này.

Cách 1:

Trong $(1)$ thay $x=f(t)$ và sử dụng $(2)$ ta được:

$f(f(t)+f(y))=2y+f(f(t))=2(y+t)=f(f(y+t)),\,\,\,(3)$

Mà $f$ là đơn ánh nên từ $(3)$ ta suy ra:

$f(y+t)=f(y)+f(t),\forall y,t\in \mathbb{R}$

Mà đây là phương trình hàm cauchy nên từ đó suy ra: $f(x)=ax, \forall x\in \mathbb{R}$, với $a$ là hằng số thực.

Thay vào $(1)$ ta được:

$a(x+ay)=2y+ax, \forall x,y\in \mathbb{R}$

Từ đó, cho $x=y=1$ thì ta tìm được: $a=\pm \sqrt{2}$

Vậy: $f(x)=\sqrt{2}x, \forall x\in \mathbb{R}; f(x)=-\sqrt{2}x, \forall x\in \mathbb{R}$

Thử lại thấy thỏa.

Cách 2:

Từ $(2)$ ta suy ra $f$ toàn ánh. Sử dụng $(2)$ thì $(1)$ trở thành:

$f(x+f(y))=f(x)+f(f(y)), \forall x,y\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f(x+t)=f(x)+f(t), \forall x, t\in \mathbb{R}$ (do $f$ toàn ánh)

$\Rightarrow f(x)=ax, \forall x\in \mathbb{R}$

Từ đó làm tương tự như trên


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 04-07-2013 - 22:51

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

 

:ukliam2: Untitled1_zps6cf4d69d.jpg :ukliam2:


#60 mathforlife

mathforlife

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

Đã gửi 08-07-2013 - 07:49



 

Bài 47: Tìm tất cả các hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:$f(x)=f\left (x^2+\frac{x}{3}+\frac{1}{9} \right),\forall x\in \mathbb{R}$

Bài này khá quen thuộc, ta giải bằng cách xây dựng dãy số.

Do $f(x)=f(-x-\frac{1}{3})$ nên ta chỉ cần xét $x \geq \frac {-1}{6}$

$\forall x \in [\frac {-1}{6},\frac{1}{3})$, xây dựng $x_0=x,x_{n+1}=x_n^2+\frac{x_n}{3}+\frac{1}{9}$. Dễ thấy đây là dãy tăng có giới hạn bằng $\frac {1}{3}$.

$\Rightarrow f(x)=\lim_{n\rightarrow +\infty }f(x_n)=f(\lim_{n\rightarrow +\infty }x_n)=f(\frac{1}{3})$

$\Rightarrow f(x)=f(\frac{1}{3})\forall x \in [-\frac{-1}{6},\frac {1}{3})$

 

Tương tự với $ x \in (\frac {1}{3},+\infty]$ ta cũng xây dựng được dãy số và chứng minh được $f(x)=f(\frac{1}{3}), \forall x \in (\frac {1}{3},+\infty]$

Vậy $f(x)=f(\frac {1}{3})=const \forall x \in R$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathforlife: 08-07-2013 - 07:51






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh