Dialga Palkia

Lời giải (sửa sai):
\[f\left( x \right)f\left( y \right) = f\left( {x + yf\left( x \right)} \right),\left( 1 \right)\]
Với $u, v$ bất kỳ, chọn $x,y,z$ sao cho $y = \frac{{u - x}}{{f\left( x \right)}};z = \frac{v}{{f\left( y \right)f\left( x \right)}}$. Thế vào (1), ta có:
\[\begin{array}{rcl}
f\left( x \right)f\left( y \right) &=& f\left( {x + yf\left( x \right)} \right) \\&=& f\left( u \right)\\ \Rightarrow f\left( x \right)f\left( y \right)f\left( z \right) &=& f\left( u \right)f\left( z \right)\\&=& f\left( {u + zf\left( u \right)} \right)\\&=& f\left( {u + v} \right)\\f\left( x \right)f\left( y \right)f\left( z \right) &=& f\left( x \right)f\left( {y + zf\left( y \right)} \right)\\ &=&f\left( {x + \left( {y + zf\left( y \right)} \right)f\left( x \right)} \right)\\&=& f\left( {x + yf\left( x \right) + zf\left( y \right)f\left( x \right)} \right)\\&=& f\left( {u + 2v} \right)\end{array}\]
Vậy $f(a)=f(b)$ với mọi $a,b>0:2b>a>b>0$. Dễ thấy ngay $f$ là hàm hằng.
Thử lại:...

Còn nghiệm $f(x)=cx+1$ nữa

Câu 5:
$(x;y): f(x+y+f(y))= f(x)+ay$
$(0;0): f(f(0))=f(0)$
$(-2016;1): f(-2016+1+f(1))=f(-2016)+a\Rightarrow f(-2016)=2016-a$
$(x;-2016): f(x-2016+f(-2016))=f(x)-2016a\Rightarrow f(x-a)=f(x)-2016a$
$\Rightarrow f(x-ka)=f(x)-2016ka,(k \in N)$
$(0;-a): f(-a+f(-a))=f(0)-a^2\Rightarrow f(-a+f(0)-2016a)=f(0)-a^2$
$\Rightarrow f(f(0))-2016.2017a=f(0)-a^2$
Suy ra $a=0$ hoặc $a=2016.2017$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ thoả mãn $$ mn\cdot(f(m)-nm)\cdot(n-f(n^2))$$ là số chính phương với mọi $m,n \in \mathbb{N}$.

 

Nguồn: AoPS

Cho $F$ là tập số chính phương, $P$ là tập số nguyên tố lẻ.

$(m,n)$ thì $mn(f(m)-mn)(n-f(n^2))\in F$

$(1,1)$ thì $-(f(1)-1)^2 \in F\Rightarrow f(1)=1$

$(n^2,n)$ thì $n^3(f(n^2)-n^3)(n-f(n^2))\in F\Rightarrow n^3\geq f(n^2)\geq n$

$(1,n)$ thì $n(n-1)(f(n^2)-n)\in F\Rightarrow m(n-1)(mn-f(m))\in F$ nếu $f(n^2)>n$ $(*)$

$(1,2)$ thì $2(f(4)-2)\in F\Rightarrow f(4)=2$ hoặc $f(4)=4$ ( do $8\geq f(4)\geq 2$ )

Với $f(4)=2$ chứng minh quy nạp $f(n^2)=n$

Giả sử ta chứng minh được đến $f(k^2)=k$

Nếu $f((k+1)^2)>k+1$

$(k^2,k+1)$ do $(*)$ thì $k^3(k^2(k+1)-f(k^2))\in F\Rightarrow k^2+k-1\in F$ vô lí khi $k>1$

Vậy ta chứng minh được $f((k+1)^2)=k+1$ Hay ta chứng minh được hàm $f(n^2)=n$ thỏa mãn.

Với $f(4)=4$

Cho $p\in P$ giả sử $f((p+1)^2)=p+1$

$((p+1)^2,2)$ thì $4(p+1)^2(2(p+1)^2-f((p+1)^2))\in F\Rightarrow (p+1)(2(p+1)-1)\in F$ vô lí do $p+1\not \in F$

Nên $f((p+1)^2)>p+1$

Với mỗi $m$ cho một số $p\in P$ sao cho $p\not |m$

$(m,p+1)$ do $(*)$ thì $mp(m(p+1)-f(m))\in F\Rightarrow p|(m-f(m))$ do $p\not |m$

Mà do có vô số số $p$ thỏa mãn nên $m-f(m)=0$ hay ta tìm được hàm $f(m)=m$

Vậy ta có hai họ hàm thỏa $f(n^2)=n,\forall n\in \mathbb{N}^*$ và $f(n)=n,\forall \mathbb{N}^*$ 

 

@Zaraki: Lời giải của pco cũng khá hay

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^+$ và thoả :

$$xf(y)+f\left ( xy-\dfrac{1}{f(x)} \right )=1+f(f(x^2y-1)),\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Cho $y=0$ và $x$ sao cho $xf(0)=1+f(f(-1))$ thì $f(-\dfrac{1}{f(x)})=0$ Nên không tồn tại hàm thỏa :|

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

$f\left ( y^{2}+2xf\left ( y \right )+f\left ( x \right )^{2} \right )=\left ( y+f\left ( x \right ) \right )\left ( x+f\left ( y \right ) \right )\forall x,y\in \mathbb{R}$

 

$P(x,y)$ có tính chất $f\left ( y^{2}+2xf\left ( y \right )+f\left ( x \right )^{2} \right )=\left ( y+f\left ( x \right ) \right )\left ( x+f\left ( y \right ) \right )$

Giả sử tồn tại hai số phân biệt $a,b$ sao cho $f(a)=f(b)=0$ Giả sử $a\neq 0$

$P(a,a)\Rightarrow f(a^2)=a^2$

$P(b,a)\Rightarrow f(a^2)=ab\neq a^2$ ( vô lí )

Nên không tồn tại hai số phân biệt $a,b$ mà $f(a)=f(b)=0$

Giả sử tồn tại hai số phân biệt $u,v$ mà $f(u)=f(v)$

$P(-f(u),u)\Rightarrow f(u^2-2f(u)^2+f(-f(u))^2)=0$

$P(-f(u),v)\Rightarrow f(v^2-2f(u)^2+f(-f(u))^2)=0$

$\Rightarrow u=-v$

So sánh giữa $P(x,u)$ và $P(x,v)$ thấy thấy mâu thuẫn khi $x\neq -f(u)$

Nên hàm đơn ánh.

Nhận xét giữa $P(x,y)$ và $P(y,x)$ ta có $f(y^2+2xf(y)+f(x)^2)=f(x^2+2yf(x)+f(y)^2)$

$\Rightarrow y^2+2xf(y)+f(x)^2=x^2+2yf(x)+f(y)^2\Rightarrow (f(x)-y)^2=(f(y)-x)^2$

Từ $P(x,f(x)),P(f(x),x)\Rightarrow f(f(x))=x$

Từ $P(x,f(y)),P(f(x),y)\Rightarrow (f(x)-f(y))^2=(x-y)^2$

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

Có thể xét them TH $f(a)=a,f(b)=-b$ thì $P(a,b)\Rightarrow f((a-b)^2)=a^2-b^2\Rightarrow a=b$ mâu thuẫn

Tìm hàm số $f: R^+ \to R^+; f(a x^x+b)=a (f(x))^x +b$  với $a,b \in \mathbb{N}$

3. Tìm các hàm số $f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ thỏa mãn \[f(x+y)+f(y+z)+f(z+t)+f(t+x)+f(x+z)+f(y+t)\ge 6f(x-3y+5z+7t) \] với mọi $x,y,z,t\in\mathbb{Q}$.

Cho $x=y=-z=t$ có $3f(2x)+3f(0)\geq 6f(0)\Rightarrow f(2x)\geq f(0),\forall x\in \mathbb{Q}$

Cho $y=z=t=0$ có $3f(x)+3f(0)\geq 6f(x)\Rightarrow f(0)\geq f(x),\forall x\in \mathbb{Q}$

$\Rightarrow f(x)\geq f(0)\geq f(x)\Rightarrow f(x)=f(0)=c$

Vậy hàm thỏa là $f(x)=c$

Mở rộng cho tập $\mathbb{R}$

Bài toán 36 : Tìm $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ thỏa $f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{f(xy)}{f(x+y)}$

Cho $P(x;y):f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{f(xy)}{f(x+y)}$

$P(1;1)\Rightarrow 4f(1)=\frac{f(1)}{f(2)}\Rightarrow f(2)=\frac{1}{4}$

$P(2;2)\Rightarrow 2f(2)+8f(4)=1\Rightarrow f(4)=\frac{1}{16}$

$P(1;2)\Rightarrow f(1)+f(2)+4f(2)=\frac{f(2)}{f(3)}\Rightarrow f(1)+\frac{5}{4}=\frac{1}{4f(3)}$ $(1)$

$P(1;3)\Rightarrow f(1)+f(3)+6f(3)=\frac{f(3)}{f(4)}\Rightarrow f(1)=9f(3)$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow f(1)=1$ và $f(3)=\frac{1}{9}$

$P(1;x)\Rightarrow f(1)+f(x)+2xf(x)=\frac{f(x)}{f(x+1)}\Rightarrow \frac{1}{f(x)}+2x+1=\frac{1}{f(x+1)}$

Bằng qui nạp chứng minh được $\frac{1}{f(x)}+2xn+n^2=\frac{1}{f(x+n)},n\in \mathbb{N}$

Thay $x=1$ từ đó chứng minh được $f(x)=\frac{1}{x^2},x\in \mathbb{N^*}$

$P(n;x)\Rightarrow f(n)+f(x)+2nxf(nx)=\frac{f(nx)}{f(x+n)}$ với $n\in \mathbb{N^*}$

$\Rightarrow \frac{1}{n^2}+f(x)+2nxf(nx)=f(nx)(\frac{1}{f(x)}+2nx+n^2) \Rightarrow f(x)=n^2f(nx)$

Ta có $f(\frac{m}{n})=n^2f(m)=\frac{n^2}{m^2}f(1)=\frac{n^2}{m^2}$ với $m,n\in \mathbb{N^*}$

Từ đó chứng minh được $f(x)=\frac{1}{x^2}$ với $x\in \mathbb{Q^+}$

Vậy hàm thỏa đề là $f(x)=\frac{1}{x^2}$

Bài toán 35 : Tìm $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ thỏa :

 

$i)f(1)=1$

 

$ii) f(2n+1)=f(2n)+1$

 

$iii)f(2n)=3f(n)$

Từ $ii)$ và $iii)$ ta thấy $f(2n)=3f(n)$ và $f(2n+1)=3f(n)+1$

Nên $n\equiv 0\pmod{2}\Rightarrow f(n)\equiv 0\pmod{3}$ và $n\equiv 1\pmod{2}\Rightarrow f(n)\equiv 1\pmod{3}$ $(*)$

Cho $n=\left (\overline{a_na_{n-1}a_{n-2}...a_1a_0} \right )_2$ ( $a_i \in \left \{ 0;1 \right \}$ và $a_n=1$ )

Và $f(n)=\left (\overline{b_mb_{m-1}b_{m-2}...b_1b_0} \right )_3$ ( $b_i\in \left \{ 0;1;2 \right \}$ và $b_n=1$ )

Ta có $\left (\overline{a_na_{n-1}a_{n-2}...a_{i+1}a_i} \right )_2=2 \cdot \left (\overline{a_na_{n-1}a_{n-2}...a_{i+1}} \right )_2 +a_i$

Và $\left (\overline{b_mb_{m-1}b_{m-2}...b_{i+1}b_i} \right )_3=3 \cdot \left (\overline{b_mb_{m-1}b_{m-2}...b_{i+1}} \right )_3 +b_i$

Chứng minh theo qui nạp ta chứng minh được $a_i=b_i$ (theo $(*)$) và chứng minh được $m=n$ (do $f(1)=1$)

Vậy nên ta xác lập hàm $f$ bằng cách:

Chuyển $n=\left (\overline{a_na_{n-1}a_{n-2}...a_1a_0} \right )_2$ thì $f(n)=\left (\overline{a_na_{n-1}a_{n-2}...a_1a_0} \right )_3$

Cho dãy số dương $(a_n)$. Biết rằng $\lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{a_k}$ có giới hạn hữu hạn.

Đặt $S_k=\sum_{k=1}^{n} a_k$

Cmr: $\lim_{n\rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{k^2 \cdot a_k}{S_k^2}$ cũng có giới hạn hữu hạn.

Ps: Không dùng tích phân từng phần

$\boxed{\text{Problem}}$

Tìm hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn

 

$f((x+1)f(y))=y(f(x)+1)$

Bài này đã có ở đây rồi này bài toán số 12 và có 2 cách giải khác nhau

Còn bài của bạn tran thanh binh dv class hình như chỉ chứng minh được hàm nhân tính nên chưa thể kết luận $f(x)=x$ được

Bài toán 33: Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(\frac{1}{4}f(y)+2x)=4x+y+1$

Cố định $x$ ta thấy $f$ song ánh. Nên tồn tại $a$ để $f(a)=0$

Cho $x=\frac{a}{2},y=a$ có $f(\frac{1}{4}f(a)+a)=3a+1 \Rightarrow a=-\frac{1}{3}$

Cho $y=a$ có $f(\frac{1}{4}f(a)+2x)=4x+a+1 \Rightarrow f(2x)=4x+\frac{2}{3} \Rightarrow f(x)=2x+\frac{2}{3}$ (thỏa)

Vậy hàm thỏa đề là $f(x)=2x+\frac{2}{3}$

Bài toán 29 : Cho hàm $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ thỏa :

 

i) $f(m+n+mn)=f(m)+f(n)+f(m)f(n)$

 

ii) $f(f(n))=n$

 

Hãy xác định giá trị nhỏ nhất có thể của $f(2003)$.

Từ $ii)$ ta thấy $f$ song ánh.

Cho $m=n=0$ có $f(0)=2f(0)+(f(0))^2\Rightarrow f(0)=0$

Viết lại $i)$ thành $f((m+1)(n+1)-1)=(f(m)+1)(f(n)+1)-1$

Chứng minh theo qui nạp khi thay $m$ bằng $mt+m+t$ với $t \in \mathbb{N}$ ta có được:

$$f\left (\left (\prod_{k=1}^{n}(k+1) \right )-1\right )=\left (\prod_{k=1}^{n}(f(k)+1)\right )-1$$

Ta xây dựng một hàm $f$ thỏa mãn:

Cho tập $A$ là tập hợp các số tự nhiên $a_1$ sao cho $a_1+1$ là số nguyên tố.

Ta thấy $\forall n \in \mathbb{N}$ đều viết được dưới dạng $\left (\prod_{i=1}^{m}(a_1+1)\right )-1$

Nên $f(n)=\left (\prod_{i=1}^{m}(f(a_i)+1) \right )-1$

Khi $f(n)=a_k\Rightarrow \left (\prod_{i=1}^{m}(f(a_i)+1) \right )=a_k+1$

Mà do $a_k+1$ là số nguyên tố nên chỉ có $f(a_t)+1=a_k+1\Rightarrow f(a_t)=a_k$ với $1\leq t\leq m, t \in \mathbb{N}$

Vậy $f(n) \in A \Rightarrow n \in A$ và theo $ii)$ thì $f(f(n))=n$ nên $n\in A \Leftrightarrow f(n) \in A$

Từ đó sẽ xây dựng được hàm thỏa mãn theo giá trị của $f(a_i)$.

Ta có $2003=2\times 2\times 3\times 167-1$ nên $f(2003)=(f(1)+1)^2(f(2)+1)(f(166)+1)-1$

Vậy cho $f(1)=1,f(2)=2$ và $f(166)=4$ thì ta có được $f(2003)$ nhỏ nhất bằng $59$

Bài toán 30 : Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(xf(y))+f(f(x)+f(y))=yf(x)+f(x+f(y))$

Ta thấy $f(x)=0$ là một hàm thỏa đề

Cho $x$ cố định ( $f(x) \neq 0$ ), ta thấy $f$ song ánh nên tồn tại $a$ mà $f(a)=0$

Cho $x=y=a$ có $f(af(a))+f(2f(a))=af(a)+f(a+f(a))\Rightarrow f(0)=0$

Cho $y=0$ có $f(xf(0))+f(f(x)+f(0))=f(x+f(0))\Rightarrow f(f(x))=f(x)\Rightarrow f(x)=x$ (thỏa)

Vậy các hàm thỏa là $f(x)=0$ và $f(x)=x$