Nốt.
Từ $(4);(1)$ có $f(x+1) \geq f(x)+1$
$ (4);(2)$ có $f(x) \geq f(x+1)-1$
$\leftrightarrow f(x+1)=f(x)+1$
kết hợp $f(x)=0 \forall x \in (0;1)$
có $f(x)=[x] \forall x\in \mathbb{R}$.
08-06-2013 - 09:49
Nốt.
Từ $(4);(1)$ có $f(x+1) \geq f(x)+1$
$ (4);(2)$ có $f(x) \geq f(x+1)-1$
$\leftrightarrow f(x+1)=f(x)+1$
kết hợp $f(x)=0 \forall x \in (0;1)$
có $f(x)=[x] \forall x\in \mathbb{R}$.
06-05-2013 - 20:48
Chỗ màu đỏ có vấn đề. Khy cố định $y$ thỳ ta chỉ có được $f(f(x)-f(y))-f(f(x))$ là song ánh chứ không phải $f(x)$ song ánh.
------------------------------------------------------------
P/s: không quá khó nhưng không phải đơn giản đến thế đâu.
quên mất, ko để ý là $x^2$. nhưng
Dễ thấy $f(x)=0$ là 1 hàm thỏa mãn
Ta tìm 1 hàm khác.
Với $f(x)=f(y) \Rightarrow x^2=y^2 \Rightarrow x=\pm y$
Cho $x=y=0$ có $f(0)=f(f(0))+f(0) \Rightarrow f(f(0))=0$
Cho $x=y=f(0)$ có $f(0)=f(f(f(0)))-2(f(0))^2f(f(0))+f((f(0))^2)$
$\Rightarrow f((f(0))^2)=0 \Rightarrow (f(0))^2=\pm f(0) \Rightarrow f(0)=0 \vee f(0)=\pm 1$
Cho $x=0$ có $f(f(0)-f(y))=f(f(0))+f(y^2)$
$\Rightarrow f(f(0)-f(y))=f(y^2) \Rightarrow f(y)=\pm y^2+f(0)$
Thử lại:......
Kết luận:.....
dòng màu đỏ có vấn đề. @@~
08-04-2013 - 21:49
CM định lý gogo đã đưa ra:
Giả sử hình lồi đó là $F$.
*Note: $F$ là hình lồi*
Ta chọn một đường thẳng $a$ không cắt $F$ và tịnh tiến $a$ lại gần $F$ cho đến khy nó đy qua một điểm của $F$.
Ta thu được ${a_1}$ có là đường thẳng chỉ có một điểm chung duy nhất với $F$ và $F$ nằm về một phía với đường thẳng ${a_1}$.
Tương tự như vậy ta có đường thẳng ${a_2} // {a_1}$ sao cho $F$ nằm trong khoảng giữa cách giữa ${a_1}$ và ${a_2}$. Rõ ràng khoảng cách giữa ${a_1}$ và ${a_2}$ không vượt quá $d$.
Chọn một đường thẳng $b$ nghiêng với ${a_1}$ một góc không quá $60^o$ và tiến hành tương tự như đối với ${a_1}$ và ${a_2}$ ta thu được 2 đường tựa ${b_1}//{b_2}$ cắt cặp đường thẳng ${a_1}//{a_2}$ tạo thành hình bình hành $ABCD$.
Bây giờ chọn đường thẳng $c$ nghiêng với ${a_1}$ môt góc $120^o$ và tiến hành tương tự ta thu được 2 đường tựa ${c_1}//{c_2}$ cắt hình bình hành $ABCD$ tạo nên 2 đoạn thẳng có độ dài $m$ và $n$. Ta có thể chỉ ra rằng có thể chọn vị trí bạn đầu của $a$ sao cho có $m=n$. Thật vậy đặt $y=m-n$ và $x$ là góc tạo bởi $a$ với ${a_0}$ là một đường thẳng cố định ban đầu. Khy đó có $y$ là hàm số liên tục đối với $x$.
Đặt $y=f(x)$. Ta có hiển nhiên $f(x)=-f(x+180)$. Khy đó theo định lý về giá trị trung bình cho hàm số liên tục ta có ${x_0} \in [0,180^o]$ sao cho $f({x_0})=0$.
Khy đó ta sẽ có $m=n$. Ta thấy hiển nhiên lục giác giới hạn bởi ${a_1},{a_2},{b_1},{b_2},{c_1},{c_2}$ là hình lục giác đều có tâm đối xứng là $O$ là giao điểm 2 đường chéo của hình bh $ABCD$.
Lùi các đường thẳng ${a_1},{a_2},{b_1},{b_2},{c_1},{c_2}$ sao cho chúng cùng cách $O$ một khoảng $\frac{d}{2}$ thỳ các đường thẳng này cắt nhau tạo thành một lục giác đều có khoảng cách các cặp đối diện bằng $d$ và chứa $F$.
Ta có đpcm.
*ngại vẽ hình, tự tưởng tượng nhé*.
Còn bài này nữa (:|. Chứng minh rằng một hình có đường kính $d$ luôn có thể phủ bởi một hình tam giác đều cạnh $\sqrt{3}d$.
28-03-2013 - 22:28
Đề bài không sai. Chỉ là thiếu sót chút thôi!!!
Đề sửa: Trong 1 hình vuông có cạnh bằng 1, đặt một hợp $F$ mà khoảng cách giữa $2$ điểm bất kì của nó không bằng $0,0001$. Chứng minh rằng diện tích của hình đó không lớn hơn
a) $0,34$
b)$0,287$
TL:
a, Ta tịnh tiến tập $F$ sang bên phải thành $F"$ và lên trên thành $F"$ 1 khoảng bằng $0,0001$ đơn vị.
Rõ ràng ta có ${S_F}={S_F'}={S_F"}$.
Mặt khác do đề bài có hợp $F$ có khoảng cách giữa $2$ điểm bất kỳ của nó không bằng $0,0001$ đơn vị cho nên có:
$F\capF'\cap F"=\O$ .
Dễ thấy 3 tập $F,F',F"$ thuộc hình vuông có cạnh 1,0001 nên có:
$3{S_F} \leq 1,0002.... \Rightarrow 0,34$.
b,
Vì hợp $F$ có khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ trong đó không bằng 0,0001 nên mỗi hình của $F$ nằm trọn trong hình tròn đường kính $0,0001$. Gọi hình tròn chứa hình ${F_i}$ là ${A_i}$. Ta có ${S_{F_i}}\leq{S_{A_i}}$. Và cũng do hợp $F$ có khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ trong đó không bằng $0,0001$ nên ta có lân cận bán kính $0,00005$ của các hình tròn ${A_i}$ không giao nhau. Gọi hình chứa lân cận bán kính $0,00005$ của mỗi hình tròn ${S_{A_i}}$ là ${S_{B_i}}$.
Có ${S_{A_i}}\leq \frac{1}{4}.{S_{B_i}}$. Mà ${S_B}$ luôn nhỏ hơn diện tích của hình vuông cạnh 1,0001 đơn vị ( do lấy lân cận $0,0005$) nên tóm lại ta có ${S_F}\leq \frac{1}{4}.1,0001^2 \Leftrightarrow {S_F}\leq0,25....\leq 0,287$. đpcm.
---------------------------------
Một bài tương tự nhưng ý b vẫn sử dụng phép tịnh tiến + Đyrichlet:
Một tập hợp $H$ là hợp của một số đoạn thẳng nằm trong đoạn $[0;1]$. Biết khoảng cách giữa $2$ điểm bất kỳ của $H$ không bằng $0,1$. Chứng minh tổng độ dài của những đoạn thẳng tạo nên $A$ không vượt quá:
$a, 0,55.$
$b, 0,5$
21-02-2013 - 16:29
TL:Tìm tất cả đa thức $P_1(x),P_2(x),P_3(x),P_4(x)$ thỏa mãn \[{P_1}\left( x \right).{P_2}\left( y \right) - {P_3}\left( z \right).{P_4}\left( t \right) = 1,\forall \left\{ \begin{array}{l}
x,y,z,t \in \mathbb{R}\\
xy - zt = 1
\end{array} \right.\]
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học