Chủ đề này có 76 trả lời

[Idie9xx]

 

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

[namcpnh]

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

[namcpnh]

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$

[Idie9xx]

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

[Idie9xx]

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

[namcpnh]

 

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.

[bachhammer]

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

[Idie9xx]

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

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

 

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

[Idie9xx]

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

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

[namcpnh]

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

[dosonhaiphong]

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 $f(x)=x+1, \forall x\in \mathbb{R}$

[namcpnh]

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 $x=-6-6^{2^{-7}}$ , $x=-6+6^{2^{-7}}$ .

[namcpnh]

Đề mới :

 

Bài 42 : Tìm 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 43: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x)^2+2yf(x)+f(y)=f(y+f(x))$ .

 

Bài 44 : Tìm 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

[dosonhaiphong]

Đề mới :

 

Bài 42 : Tìm 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 43: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x)^2+2yf(x)+f(y)=f(y+f(x))$ .

 

Bài 44 : Tìm 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 .

 

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 .

[namcpnh]

Bài 42 : Em làm không biết đúng không .

 

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 $z=f(x)+f(y)$ 

[Idie9xx]

Đề mới :

 

Bài 42 : Tìm 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 43: Tìm 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

[namcpnh]

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

[Idie9xx]

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

[thanhdotk14]

 

 

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

[mathforlife]

 

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