Đến nội dung

Idie9xx

Idie9xx

Đăng ký: 30-01-2013
Offline Đăng nhập: 28-10-2021 - 19:34
****-

#571437 Thảo luận về Đề thi và Lời giải của IMO 2015

Gửi bởi Idie9xx trong 11-07-2015 - 16:46

Sao lại có dòng màu đỏ thế ạ ? 

Còn chỗ dòng màu tím sẽ xuất hiện hiện tượng "nhảy" hàm ạ, nên em nghĩ chỗ đó cần bổ sung thêm nữa.

Từ cái kết luận của cái dòng trên nó $f(t)=t\Rightarrow f(-t)=-t$

Mà ta đã có $f(f(x))=f(x)$ và $f(x+f(x))=x+f(x)$ (2 cái $f(x),x+f(x)$ có thể trong cùng một loại với $t$) nên $f(-f(x))=-f(x)$ và $f(-x-f(x))=-x-f(x)$ cái này là bước đột phá đó :))

Còn cái màu tím thì nó chia ra 2 TH $f(x)=x$ hoặc $f(-x)=-f(x)$

Nếu $f(-x)=-f(x)$ thay vào chỗ $(3)$ là $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x))$ suy ra được $f(x)=x$

Do cả 2 TH đều suy ra được $f(x)=x$ nên đó sẽ là hàm cần tìm :) mà "nhảy" hàm là cái gì vậy.

À lời giải đó còn thiếu phải tính $f(1),f(-1)$ vì có đoạn $(t-1)(t+f(-t))=0$ khí đó nếu $t=1$ thì $f(-t)$ không dễ dàng bằng $-t$ được  :wacko:




#571420 Thảo luận về Đề thi và Lời giải của IMO 2015

Gửi bởi Idie9xx trong 11-07-2015 - 15:58

Thêm một lời giải khác cho TH2 của bài 4:

Với $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $f(x),0$ ta có $f(f(x)+f(f(x))=f(x)+f(f(x))\Rightarrow f(2f(x))=2f(x)$

Thay lần lượt $x,y$ bằng $f(x),x-f(x)$ ta được $f(2f(x))+f(f(x)(x-f(x)))=2f(x)+(x-f(x))f(f(x))$

$\Rightarrow f(f(x)(x-f(x)))=(x-f(x))f(x)$

Thay lần lượt $x,y$ bằng $x-f(x),f(x)$ ta được $f(x)+f(f(x)(x-f(x)))=x+f(x)f(x-f(x))$

$\Rightarrow f(x)+(x-f(x))f(x)=x+f(x)f(x-f(x))\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(x))=f(x)f(x-f(x)),(2)$

Cho $x=-1,y=1$ ta có $f(-1)=-1$

Cho $x=1$ ta có $f(1+f(1+y))+f(y)=1+f(1+y)+yf(1),(3)$

Cho $y=-1$ vào $(3)$ ta có $f(1)+f(-1)=1-f(1)\Rightarrow f(1)=1$

Nên $(3)\Rightarrow f(x)-x=f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)),(4)$

Thay $x$ bằng $1+f(x+1)$ vào $(2)$ ta có $(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))$

$\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(x-f(x)),(5)$

Lấy $(2)-(5)$ ta có $(f(x)-x)(f(1+f(x+1))-f(x))=(f(x)-f(1+f(x+1)))f(x-f(x))$

$\Rightarrow (f(x-f(x))+(x-f(x)))(f(1+f(x+1))-f(x))=0\Rightarrow f(x-f(x))=-(x-f(x))$ hoặc $f(1+f(x+1))=f(x),(1)$

Nếu $f(x-f(x))=-(x-f(x))$ thay vào $(2)\Rightarrow f(x)-x=0$

Nếu $f(1+f(x+1))=f(x)$ thay vào $(4)\Rightarrow x=1+f(x+1)\Rightarrow f(x+1)=x-1$

Thay $x,y$ lần lượt là $x+1,-x-1$ ta có $f(x+1)+f(-(x+1)^2)=x+1-(x+1)f(x+1)\Rightarrow f(-(x+1)^2)=3-x^2$ (không thuộc các dạng ở $(1)$)

Vậy ở TH này ta thu được hàm $f(x)=x$ thỏa mãn :)




#571395 Thảo luận về Đề thi và Lời giải của IMO 2015

Gửi bởi Idie9xx trong 11-07-2015 - 14:12

 

IMO 2015

Ngày 11-07-2015

Thời gian bắt đầu: 9am

Thời gian làm bài: 4 tiếng

 

Bài 4. Kí hiệu $\mathbb{R}$ là tập các số thực. Xác định tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn $$f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$$ với mọi số thực $x,y$.

 

Cho $x=y=0$ ta có $f(f(0))=0$

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

$\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

   -Với TH $f(0)=2$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x-1,1$ ta được $f(x+f(x)-1)=x+f(x)-1$

Đặt $g(x)=x+f(x)-1\Rightarrow f(g(x))=g(x)\Rightarrow f(f(g(x)))=f(g(x))$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $0,g(x)$ ta được $f(f(g(x)))+2=f(g(x))+2g(x)$

$\Rightarrow g(x)=1\Rightarrow x+f(x)-1=1\Rightarrow f(x)=2-x$

   -Với TH $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Cho $y=0$ ta có $f(f(x)+x)=f(x)+x$

Cho $y=-x$ ta có $f(x)+f(-x^2)=x(1-f(x))$ (1)

Thay $x$ bằng $-x$ ở $(1)$ ta có $f(-x)+f(-x^2)=-x(1-f(-x))$ (2)

Lấy $(1)-(2)$ ta có $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x)$ (3)

Giả sử tồn tại một vài số $t$ thỏa $f(t)=t$ thì theo $(3)$ suy ra được $f(-t)=-t$ 

Vậy ta sẽ có $f(-f(x))=-f(x),f(-x-f(x))=-x-f(x)$

Thay $x,y$ lần lượt là $-x,x-f(x)$ ta được $f(-x+f(-f(x)))+f(x(f(x)-x))=-x+f(-f(x))+(x-f(x))f(-x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(x-f(x))f(-x)$ (4)

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x,f(x)-x$ ta được $f(x+f(f(x)))+f(x(f(x)-x))=x+f(f(x))+(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(f(x)-x)f(x)$ (5)

Từ $(4)$ và $(5)$ suy ra $(x-f(x))f(-x)=(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x)-x=0$ hoặc $f(x)=-f(-x)$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thay vào $(3)$ ta được $f(x)=x$

Vậy kết luận chung có 2 hàm thỏa đề $f(x)=x$ và $f(x)=2-x$

PS: Quên không thử lại :P




#570471 $f(x+f(x)+2y)=2x+2f(f(y))$

Gửi bởi Idie9xx trong 08-07-2015 - 09:27

Chứng minh toàn ánh: $\forall a \in \mathbb{Q}$, chọn $x= \frac a2$ thì $f(x+f(x))=a$. Do đó $f$ toàn ánh.

 

Spoiler

Như vậy thì chỉ có $f$ toàn ánh chứ nếu đặt $g(x)=x+f(x)$ thì $g(x)$ không toàn ánh. Toàn ánh với hàm $f$ ở đây là với mỗi số $y$ ( thuộc tập giá trị của nó) thì luôn tồn tại một số $x$ (thuộc tập xác định) thỏa $f(x)=y$. Ở đây với mỗi số $a$ thì tồn tại $x+f(x)$ thỏa $f(x+f(x))=a$ thì $f$ toàn ánh chứ không phải cái $x+f(x)$. Mọi người hay nhầm lẫn mấy cái này lắm  :lol:




#570469 $f(x+f(x)+2y)=2x+2f(f(y))$

Gửi bởi Idie9xx trong 08-07-2015 - 09:11

Lời giải. Thay $x=y=0$ vào ($\ref{pt1}$) ta được $f \left( f(0) \right)=2f \left( f(0) \right)$ nên $f \left( f(0) \right)=0$.

Thay $y=0$ vào ($\ref{pt1}$) ta được $f \left( x+f(x) \right)=2x$, từ đây suy ra $f$ toàn ánh.

Thay $x=0$ vào ($\ref{pt1}$) ta được $f(2y)=2f \left( f(y) \right)$.

Từ đây ta suy ra $(\ref{pt1}$) tương đương với $$f \left( x+f(x)+2y \right)= f \left( x+f(x) \right)+ f(2y), \; \forall x,y \in \mathbb{Q}$$

Do đó $f(x)=ax$. Thay vào ta tìm được $a=1$.

Vậy $f(x)=x, \; \forall x \in \mathbb{Q}$.

Nếu chứng minh được $x+f(x)$ toàn ánh thì mới được dùng hàm cosi nhé :)

Vừa mới nghĩ ra hướng giải ở topic kia reset lại thì bị ẩn đi mất  :closedeyes:




#569943 $f(m^2+f(n))=f(m)^2+n$

Gửi bởi Idie9xx trong 04-07-2015 - 21:03

 

Tìm hàm $f:\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn : 

$$f(m^2+f(n))=f(m)^2+n$$

 

 

Bài này nhìn khá quen chắc là làm rồi.

Ta dễ thấy hàm này đơn ánh, ta có:

$f(m^2+(f(f(n)))^2+1)=f(m^2+f((f(n))^2+f(1)))=(f(m))^2+(f(n))^2+f(1)=f(n^2+f((f(m))^2+f(1)))=f(n^2+(f(f(m)))^2+1)$

$\Rightarrow f(m^2+(f(f(n)))^2+1)=f(n^2+(f(f(m)))^2+1) \Rightarrow m^2+(f(f(n)))^2+1=n^2+(f(f(m)))^2+1$

$\Rightarrow m^2+(f(f(n)))^2=n^2+(f(f(m)))^2 \Rightarrow (f(f(m)))^2-(f(f(n)))^2=m^2-n^2,(*)$

Cho $m=k+1,n=k$ vào $(*)$ sao cho $2k+1$ là một số nguyên tố ta có:

$(f(f(k+1)))^2-(f(f(k)))^2=(k+1)^2-k^2=2k+1$

$\Rightarrow (f(f(k+1))-f(f(k)))(f(f(k+1))+f(f(k)))=2k+1$

Do $2k+1$ là số nguyên tố và $f(f(k+1)),f(f(k))$ luôn dương nên suy ra

$f(f(k+1))-f(f(k))=1,f(f(k+1))+f(f(k))=2k+1 \Rightarrow f(f(k+1))=k+1,f(f(k))=k$

Cho $m=k$ vào $(*)\Rightarrow (f(f(k)))^2-(f(f(n)))^2=k^2-n^2\Rightarrow f(f(n))=n,\forall n\in Z^+$

Ta tính $f(1)$ đặt $f(1)=p$ ta có $f(p)=1$

Cho $m=n=p$ vào phương trình đầu ta có

$f(p^2+f(p))=(f(p))^2+p\Rightarrow f(p^2+1)=p+1$

Cho $m=1,n=f(p^2)$ vào phương trình đầu ta có

$f(1+f(f(p^2)))=(f(1))^2+f(p^2)\Rightarrow f(p^2+1)=p^2+f(p^2)$

$\Rightarrow f(p^2)=f(p^2+1)-p^2=p-p^2+1$

$\Rightarrow p-p^2+1=f(p^2)\geq 1\Rightarrow p\geq p^2$

$\Rightarrow p=1\Rightarrow f(1)=1$

Thay $m=1$ và $n$ bằng $f(n)$ ta có $f(1+f(f(n)))=(f(1))^2+f(n)\Rightarrow f(n+1)=f(n)+1$

Từ đây có thể dùng quy nạp để tìm ra hàm số là $f(n)=n$ :)




#567728 Tìm f: R -> R thỏa mãn: $f(f(x)+y^{2}) = f^{2}(x...

Gửi bởi Idie9xx trong 23-06-2015 - 21:08

Tìm f: R -> R thỏa mãn:

$f(f(x)+y^{2}) = f^{2}(x) - f(x)f(y) + xy + x$ với mọi x,y thực

Cho $x=y=0$ được $f(f(0))=0$

Cho $x=f(0),y=-1$ được $f(1)=0$

Cho $x=y=1$ ta có $0=2$ vô lý

Vậy không có hàm nào thỏa mãn đề  :lol:




#567424 $n^2+4f(n)=\left [ f(f(n)) \right ]^2,\;\forall n...

Gửi bởi Idie9xx trong 22-06-2015 - 13:02

À không phải vô lý đâu. (2) đúng với mọi $n \in Z$ nên khi thay $n$ bởi $-t(n)$ cũng không sao (2 chữ $n$ ở đây mang cùng biểu tượng chứ không mang cùng giá trị, giống như khi thay $x$ bởi một biểu thức khác của $x,...$ trong hàm số thôi).

Bạn đặt $2t(n)=f(f(n))-n$ vậy thì $t(n)$ sẽ là một hàm số theo biến $n$. Ý bạn ở đây là muốn cho $t(n)+n=0$ nhưng mà $2(t(n)+n)=f(f(n))+n$ thì có nghĩa là $f(f(n))+n=0$ chứng tỏ phải chứng minh tồn tại một số $n$ thỏa $f(f(n))=-n$. Do đặt hàm $t(n)$ nên có thể bạn bị nhầm lẫn gì đó.  -_-




#556320 Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb...

Gửi bởi Idie9xx trong 25-04-2015 - 22:55

 

Chp $\alpha, \beta$ là hai số thực bất kì mà $|\alpha|\neq |\beta|$. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ liên tục tại $0$ thỏa mãn $$f(\alpha x)=f(\beta x)+x^2$$
vói mọi $x\in \mathbb{R}$. Có tồn tại hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên không nếu $|\alpha|=|\beta|$

 

Thiết nghĩ bài này chỉ cần xét các trường hợp $\alpha =0, \beta =0 ,\alpha > \beta, \alpha <\beta$

Với $\alpha > \beta$ ta có

$f(x)=f(\frac{\beta x}{\alpha})+(\frac{x}{\alpha})^2=f((\frac{\beta }{\alpha})^2x)+(\frac{x}{\alpha})^2+(\frac{\beta }{\alpha})^2 (\frac{x}{\alpha})^2=...=f((\frac{\beta }{\alpha})^{2^n}x)+ (\frac{x}{\alpha})^2(\dfrac{1- (\frac{\beta}{\alpha})^{2^n}}{1- \frac{\beta}{\alpha}})$

Cho $n$ tiến tới vô cùng là sẽ giải được một trường hợp của bài.

Các trường hợp khác chắc dễ rồi :D

Trường hợp $|\alpha |=|\beta |$ thì thay $x$ bằng $-x$ sẽ thấy không tồn tại hàm thỏa.




#556315 $f\left ( m+f(n) \right )=f\left ( f(m) \right )+f(n...

Gửi bởi Idie9xx trong 25-04-2015 - 22:40

tìm các hàm số $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ thỏa mãn

$f\left ( m+f(n) \right )=f\left ( f(m) \right )+f(n),\forall m,n\in \mathbb{N}$

 

U-Th

$f(n)=0$ là một hàm thỏa mãn. Ta tìm hàm nữa.

Cho $m=n=0$ ta có $f(0)=0$

Cho $m=0$ ta có $f(f(n))=f(n)$

Suy ra $f(m+f(n))=f(m)+f(n)$

Cho $T$ là tập giá trị khác không của $f$ ta có $t\in T\Rightarrow f(t)=t$

Giả sử ta có $k=min {T}$ ta có $f(k)=k$

Cho $n=k$ ta có $f(m+k)=f(m)+k$

Bằng quy nạp ta có thể chứng minh $ f(m+pk)=f(m)+pk$, suy ra $f(pk)=pk$

Với các số $0<a<k$ nếu $f(a)=qk+b$ mà $0<b<k$

Ta có $qk+b=f(a)=f(f(a))=f(qk+b)=qk+f(b)$

 $\Rightarrow f(b)=b$ mâu thuẫn với điểu giả sử trên.

Nên $f(a)=qk$

Từ đây có thể xác định hàm kiểu này

$f(0)=0,f(a)=g(a)k$ ($g$ có tập giá trị là $N$)

$f(nk+a)=nk+f(a)$

:D giải thế thôi




#556293 CM $(m-n)\vdots p$

Gửi bởi Idie9xx trong 25-04-2015 - 21:36

Cho $f:N*\rightarrow N*$ là hàm số $(f(m)+n)(f(n)+m)$ là số chính phương với mọi m,n thuộc N*. CM nếu $f(m)-f(n)\vdots p$ thì $(m-n)\vdots p$ trong đó p là số nguyên tố.

Cho $m=kp-f(n)$ với $p$ nguyên tố, $k\not \vdots p$ và $kp>f(n)$

ta có $(f(kp-f(n))+n)kp$ là số chính phương, suy ra $f(kp-f(n))+n\vdots p$

Giả sử $f(m)-f(n)\vdots p$ thì tồn tại 2 số $k_1,k_2$ không chia hết cho $p$ thỏa $k_1p-f(n)=k_2p-f(m)>0$

Mà $f(k_1p-f(n))+n\vdots p$ và $f(k_2p-f(m))+m\vdots p$

Suy ra $m-n=(f(k_2p-f(m))+m)-(f(k_1p-f(n))+n)\vdots p$ (dpcm)




#548546 Tìm $f\left( {1 + y.f\left( x \right)} \ri...

Gửi bởi Idie9xx trong 21-03-2015 - 18:35

Tìm tất cả các hàm số $f:{R^ + } \to {R^ + }$ thỏa mãn điều kiện

$f\left( {1 + y.f\left( x \right)} \right) = x.f\left( {x + y} \right),\forall x,y \in {R^ + }$

Bài này nhìn quen quen.

Giả sử $x>1$ mà $f(x)>1$ ta cho $y=\dfrac{1-x}{1-f(x)}$

Ta có $x+y=1+yf(x)$ thay vào ta thấy $f(x+y)=f(1+yf(x))=xf(x+y)\Rightarrow f(x+y)=0$ vô lí.

Nên $x>1\Rightarrow f(x)\leq 1$

Ta có $xf(x+y)=f(1+yf(x))\leq 1$

$\Rightarrow f(x+y)\leq \dfrac{1}{x}$

Từ đó ta có thể chứng minh $f(x)\leq \dfrac{1}{x}$

Cho $y=\dfrac{1}{f(x)}$

Ta có $\dfrac{f(2)}{x}=f(x+\dfrac{1}{f(x)}) \leq \dfrac{1}{x+\frac{1}{f(x)}}$

$\Rightarrow f(x)\geq \dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x}$

Ta cũng có $\dfrac{f(2)}{x}=f(x+\dfrac{1}{f(x)}) \geq \dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x+\frac{1}{f(x)}}$

$\Rightarrow f(x)\leq \dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x}$

$\Rightarrow f(x)=\dfrac{f(2)}{1-f(2)} \cdot \dfrac{1}{x}=\dfrac{c}{x}$

Thay vào phương trình đầu dễ tìm được $c=1$

Vậy hàm thỏa đề là $f(x)=\dfrac{1}{x}$




#548544 Tìm f: $f(2010x-f(y))=f(2009x)-f(y)+x, $\forall x,y \in...

Gửi bởi Idie9xx trong 21-03-2015 - 18:19

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện:

$f(2010x-f(y))=f(2009x)-f(y)+x, \forall x,y \in \mathbb{R}$

Cho $y=2009x$ ta có $f(2010x-f(2009x))=x$

Vậy $f$ toàn ánh.

Nên với mỗi số $x$ tồn tại $y$ sao cho $f(y)=2010x$

Thay vào ta được $f(0)=f(2009x)-2009x$

$\Rightarrow f(x)=x+c,\forall x\in \mathbb{R}$ và $c$ là hằng số.




#545762 Tính giá trị của f(2009)

Gửi bởi Idie9xx trong 23-02-2015 - 21:18

Xét đa thức phụ $p(x)=f(x)-\frac{k^2}{k+1}\Longrightarrow p(k)$ có bậc $2007$

=> $p(1)=p(2)=p(3)=p(4)=...=p(2008)$

=> $p(x)$ có $2008$ nghiệm 

Mà $p(x)$ có bậc $2007$

Do đó, ta có điều vô lí.

Vậy không tìm được $f(2009)$

$p(x)$ không phải là một đa thức nhé :) xem lại đi rồi sẽ tìm ra cách giải thôi. :))




#544658 f(2m+f(m)+f(m)f(n))= nf(m)+m

Gửi bởi Idie9xx trong 17-02-2015 - 15:11

Tìm tất cả các hàm f:Z->Z thỏa mãn:

 

$f(2m+f(m)+f(m)f(n))= nf(m)+m$

Cho $n=0$ dễ thấy hàm toàn ánh.

Cho $m$ sao cho $f(m)\neq 0$ Ta có thể chứng minh được hàm đơn ánh.

Cho $n=1,m=0\Rightarrow f(f(0)(f(1)+1))=f(0)\Rightarrow f(0)(f(1)+1)=0$

$\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(1)=-1$

Nếu $f(0)=0$

Cho $n=0,m=-2$ ta có $f(-4+f(-2))=-2$

Cho $n=-2,m=-4+f(-2)\Rightarrow f(-8+2f(-2)-2-2f(-2))=(-2).(-2)+(-4+f(-2))\Leftrightarrow f(-10)=f(-2)$

Mâu thuẫn với $f$ đơn ánh.

Nếu $f(1)=-1$

Cho $n=1\Rightarrow f(2m)=f(m)+m$

$\Rightarrow f(2)=f(1)+1=0\Rightarrow f(4)=f(2)+2=2$

Cho $m=1,n=4\Rightarrow f(1-f(4))=-3\Rightarrow f(-1)=-3$

Cho $n=-1\Rightarrow f(2m-2f(m))=m-f(m)$

$\Rightarrow f(2(m-f(m)))=m-f(m)\Rightarrow f(m-f(m))=0$

$\Rightarrow m-f(m)=2\Rightarrow f(m)=m-2$

Thử lại xem đúng không :)