Tìm hàm số $f: R^+ \to R^+; f(a x^x+b)=a (f(x))^x +b$ với $a,b \in \mathbb{N}$
Tìm hàm số $f: R^+ \to R^+; f(a x^x+b)=a (f(x))^x +b$ với $a,b \in \mathbb{N}$
#2
Đã gửi 03-06-2018 - 00:11
Tìm hàm số $f: R^+ \to R^+; f(a x^x+b)=a (f(x))^x +b$ với $a,b \in \mathbb{N}$
Thế $a=0,b=1$ vào hàm số ta được $:$ $f(0.x^{x}+1)=0.(f(x))^{x}+1 \Leftrightarrow f(1)=1$
Chọn $p,q \in \mathbb{R}^{+}$ và $n \in \mathbb{N}$ sao cho $n=p^{p}-q^{q}$
Thế $x=p,a=1,b=0$ vào hàm số ta được $:$ $f(1.p^{p}+0)=1.(f(p))^{p}+0 \Leftrightarrow f(p^{p})=(f(p))^{p}$ $(1)$
Tiếp tục thế $x=q,a=1,b=n$ vào hàm số ta được $:$ $f(1.q^{q}+n)=1.(f(q))^{q}+n \Leftrightarrow f(q^{q}+n)=(f(q))^{q}+n$ $(2)$
Lại có $:$ $n=p^{p}-q^{q} \Leftrightarrow p^{p}=n+q^{q} \Rightarrow f(p^{p})=f(q^{q}+n)$ $(3)$
$(1)(2)(3) \Rightarrow (f(p))^{p}= (f(q))^{q}+n$
Từ đó cho $p=1$$,$ ta được $:$ $(f(q))^{q}+n=(f(1))^{1}=f(1)=1 \Leftrightarrow (f(q))^{q}=1-n$ $(*)$
Từ $p=1$$,$ ta lại có $:$ $n= p^{p}-q^{q}= 1^{1}-q^{q}=1-q^{q} \Leftrightarrow q^{q}=1-n$ $(**)$
$(*)(**) \Rightarrow (f(q))^{q}= q^{q} \Rightarrow f(q)=q$ hay $\boxed{f(x)=x}$
Thử lại thấy thỏa mãn$.$ Vậy đó là hàm số duy nhất cần phải tìm$.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 03-06-2018 - 00:21
#3
Đã gửi 06-06-2018 - 08:03
(...)
Chọn $p,q \in \mathbb{R}^{+}$ và $n \in \mathbb{N}$ sao cho $n=p^{p}-q^{q}$
(...)
Từ đó cho $p=1$$,$ ta được $:$ $(f(q))^{q}+n=(f(1))^{1}=f(1)=1 \Leftrightarrow (f(q))^{q}=1-n$ $(*)$
Từ $p=1$$,$ ta lại có $:$ $n= p^{p}-q^{q}= 1^{1}-q^{q}=1-q^{q} \Leftrightarrow q^{q}=1-n$ $(**)$
$(*)(**) \Rightarrow (f(q))^{q}= q^{q} \Rightarrow f(q)=q$ hay $\boxed{f(x)=x}$
Thử lại thấy thỏa mãn$.$ Vậy đó là hàm số duy nhất cần phải tìm$.$
Chọn $p,q\in \mathbb{R}^+$ sao cho $n=p^p-q^q$ thì $n$ phải nguyên dương (vì nếu $n=0$) thì cuối cùng cũng chỉ tìm được $f(1)=1$)
Còn ở đoạn cuối nên sửa lại thế này :
Cho $q=1$ $\Rightarrow (f(p))^p=1+n$ $(*)$
Mặt khác $q=1\Rightarrow p^p=1+n$ $(**)$
$(*)$,$(**)$ $\Rightarrow f(p)=p$ hay $f(x)=x$
Nhưng cách làm như trên chỉ tìm được $f(p)=p$ với các số $p$ không nguyên và thỏa mãn $p^p$ là số nguyên lớn hơn $1$. Còn với các số $p$ không nguyên và không thỏa mãn điều kiện trên thì chưa chứng minh được $f(p)=p$.
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#4
Đã gửi 06-06-2018 - 12:15
Chọn $p,q\in \mathbb{R}^+$ sao cho $n=p^p-q^q$ thì $n$ phải nguyên dương (vì nếu $n=0$) thì cuối cùng cũng chỉ tìm được $f(1)=1$)
Còn ở đoạn cuối nên sửa lại thế này :
Cho $q=1$ $\Rightarrow (f(p))^p=1+n$ $(*)$
Mặt khác $q=1\Rightarrow p^p=1+n$ $(**)$
$(*)$,$(**)$ $\Rightarrow f(p)=p$ hay $f(x)=x$
Nhưng cách làm như trên chỉ tìm được $f(p)=p$ với các số $p$ không nguyên và thỏa mãn $p^p$ là số nguyên lớn hơn $1$. Còn với các số $p$ không nguyên và không thỏa mãn điều kiện trên thì chưa chứng minh được $f(p)=p$.
Mình chọn $p \in \mathbb{R}^{+}$ mà nên $f(p)=p$ cũng đồng nghĩa với $f(x)=x$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 06-06-2018 - 12:15
#5
Đã gửi 06-06-2018 - 17:12
Mình chọn $p \in \mathbb{R}^{+}$ mà nên $f(p)=p$ cũng đồng nghĩa với $f(x)=x$
Nhưng mà lúc đầu bạn chọn $p,q\in \mathbb{R}^+$ sao cho $n=p^p-q^q$ (với $n$ nguyên dương)
Sau đó lại cho $q=1$, vậy thì chỉ tính được $f(p)$ trong đó $p$ là số thực thỏa mãn $n=p^p-1$ hay $p^p=1+n$ (nói cách khác $p^p$ là số nguyên lớn hơn $1$). Còn nếu $p^p$ không nguyên thì chưa tính được $f(p)$.
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#6
Đã gửi 06-06-2018 - 20:33
Tìm hàm số $f: R^+ \to R^+; f(a x^x+b)=a (f(x))^x +b$ với $a,b \in \mathbb{N}$
Trước hết, ta xây dựng hàm $g$ như sau : $\left\{\begin{matrix}g(x)=f(x),\forall x\in \mathbb{R}^+\\g(0)=0 \end{matrix}\right.$
Như vậy hàm $g$ chỉ khác hàm $f$ ở chỗ $g(0)=0$, còn $f(0)$ thì không xác định. Ta tìm công thức của hàm $g$ khi $x\in \mathbb{R}^+$
a) Nếu $x\in \mathbb{N}^*$ :
Ta có : $g(ax^x+b)=a(f(x))^x+b\Rightarrow g(b)=b$ ($b\in \mathbb{N}$)
Vậy nếu $x\in \mathbb{N}^*$ thì ta có $g(x)=x$
b) Nếu $x\in \mathbb{R}^+$ và $x\notin \mathbb{N}^*$ :
Trên khoảng $(b;b+1)$ ($b$ là số tự nhiên bất kỳ), ta lấy $m$ điểm như sau :
$t_1=b+\alpha =b+x^x$
$t_2=b+2\alpha =b+2x^x$
..............................
$t_m=b+m\alpha =b+mx^x$
(trong đó $\alpha$ và $x$ là các số thực dương thỏa mãn $m\alpha =mx^x< 1\leqslant (m+1)x^x$)
Với mọi $k$ ($1\leqslant k\leqslant m-1$), ta có :
$g(t_k)=g(b+kx^x)=k(g(x))^x+b$
$g(t_{k+1})=g(b+(k+1)x^x)=(k+1)(g(x))^x+b$
$\frac{g(t_{k+1}-g(t_k))}{t_{k+1}-t_k}=\frac{(g(x))^x}{x^x}=\frac{g(x^x)}{x^x}=\frac{g(\alpha )}{\alpha }=$ hằng số với mọi $k$ từ $1$ đến m-1
Cho $\alpha =x^x$ tiến đến $0$ (khi đó $m$ tiến đến vô cùng), ta có :
$g'(t_k)=\lim_{\alpha \to0}\frac{g(t_{k+1})-g(t_k)}{t_{k+1}-t_k}=\lim_{\alpha \to0}\frac{g(\alpha )}{\alpha }=\lim_{\alpha \to0}\frac{g(\alpha )-g(0)}{\alpha -0}=g'(0^+)=$ hằng số với mọi $t_k$
hay $g'(t)=$ hằng số, với mọi $t\in (b;b+1)$ (vì khi đó $m$ tiến đến vô cùng, mà giới hạn trên bằng hằng số với mọi $t_k$, tức là với mọi $t\in (b;b+1)$)
$\Rightarrow g(x)$ có dạng $Mx+N$
$\Rightarrow M(ax^x+b)+N=a(Mx+N)^x+b$
Cân bằng hệ số suy ra $M=1$ ; $N=0$ $\Rightarrow g(x)=x$
Vậy với mọi $x\in \mathbb{R}^+$, ta có $g(x)=x$ và $f(x)=x$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 07-06-2018 - 06:44
- Ispectorgadget, thjiuyghjiuytgjkiutghj, DOTOANNANG và 1 người khác yêu thích
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh