pcoVietnam02

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

$f(x)f(y)=f(xy)$  (1) , $f(x+y)=f(x)+f(y)$ (2) $,\forall x,y \in \mathbb{R}$

$x=y=0$ vào (2) ta được $f(0)=0$

Thay $y$ bởi $-x$ ta được $f(-x)=-f(x)$ suy ra $f$ hàm lẻ

Thay $y$ bởi $x$ vào (1) được $f(x^2)=f(x)^2\geq 0, \forall x\geq 0$

Từ (2) suy ra với mọi $x,y \geq 0$ thì $f(x+y)=f(x)+f(y)\geq f(x)$ 

Do đó $f$ là dãy tăng suy ra $f$ tuyến tính trên $\mathbb R^+$ (theo điều kiện yếu) 

Mà $f$ là hàm lẻ nên $f$ tuyến tính trên $\mathbb R$ 

Suy ra $f(x)=cx, \forall x\in\mathbb R$, $c$ là hằng số bất kì.

Thay lại vào hàm nhân tính ta được $c=0$ hoặc $c=1$

Vậy $f(x)=0\forall x\in\mathbb R$ và $f(x)=x\forall x\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.

Khá đơn giản, gọi phương trình hàm đề bài là (*)

Thay $x$ bởi $x+1$ vào (*)

Vẫn bài trên, nhưng đổi để hàm thỏa dễ nhìn hơn và bỏ hàm lẻ để không cho người làm được lụm $f(0)=0$ ngay từ đầu 

Trích và sửa từ bài Đồng Tháp

Thay $x=0$ ta được $f(y)=f(f(y))$ (1)

Thay $y$ bởi $-f(x)$ ta được $f(x-f(-f(x)))=-2x+f(0)$ suy ra $f$ toàn ánh 

Do đó tồn tại $t\in\Bbb R$ sao cho $f(t)=0$

Thay $x=t$ ta được $f(f(y)-t)=f(y)-2t$ suy ra $f$ đơn ánh.

Do đó (1) suy ra $f(y)=y, \forall y\in\mathbb R$

Vậy $f(x)=x, \forall y\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.

IMOSL 2002 á anh hehe, quăng em cái link xíu.

Ặc giải trên đề Đồng Tháp rồi mà :< 

huhu năm nay Pháo thủ có tham dự cúp châu Âu đâu anh

Chắc năm nay lại C sủi tiếp thôi anh XD

Chắc không dễ vậy đâu em ơi, bóng đá khó nói lắm, có khi thua chưa biết chừng. 

Tùy vào hàng thủ thôi anh, em thấy hàng thủ của MU với Bayern nó khá là chất lượng, cộng với việc đá pressing tầm cao thì nếu trong trận mà v thì khó lòng chơi cân bằng được.

Dù gì em vẫn muốn Barca ghi bàn (tệ quá là 1 trái). 

Em thấy thấy khác, cứ Lewan, Ronaldo mỗi người làm cái hat-trick mỗi trận 0-5 

 

Bài $3$: Ặc   

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

Gọi $P(u,v)$ là phép thế $x$ bởi $u$, $y$ bởi $v$ vào $(1)$. Đặt $f(1)=a$

$P(x,1): f(x+a)=f(x)^2/a$

Cần kiểm tra thêm trường hợp $f(1)=0$, khi đó thay $y=1$ ta được $f(y)=0$

Bài hình của ku Đạt 

Bài 4:   Tìm tất cả hàm số lẻ $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

 

$$f(f(x)+y)=2x+f(x-f(y)) \, \, , \, \, \forall x,y\in \mathbb{R}$$

Vì $f$ là hàm lẻ nên dễ dàng có $f(0)=0$

Thay $x=0$ ta được $f(y)=f(-f(y))$ (1)

Thay $y$ bởi $-f(x)$ ta được $f(x-f(x))=-2x+f(0)$ suy ra $f$ toàn ánh 

Do đó tồn tại $t\in\Bbb R$ sao cho $f(t)=0$

Thay $y=t$ ta được $f(f(x)+t)=2x+f(x)$ suy ra $f$ đơn ánh.

Do đó (1) suy ra $f(y)=-y, \forall y\in\mathbb R$

Vậy $f(x)=-x, \forall y\in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.

Bài 1: (ngày 2)

Thay $x=0$ ta được $f(f(y))=y+f(0)+yf(0)$, suy ra $f$ đơn ánh.

Thay $x=0, y=0$ ta được $f(f(0))=f(0)\Rightarrow f(0)=0$

Cho $y=x$ ta được $f(x+f(x)+xf(x))=x+f(x)+xf(x)$

Do đó có thể kết luận là $x+f(x)+xf(x)=0$, vì nếu không thì $\frac{f(x)}{x}=1, \forall x$, mâu thuẫn với việc tăng thật sự.

Vì vậy $f(x)=\frac{-x}{x+1},\forall x\in (-1;+\infty)$.

Thử lại thấy thỏa mãn.

Câu PTH Thay x=0 vào ta được $f(0+2f(y))=f(0)+\frac{y}{2}$.Dễ thấy $f$ đơn ánh (và cả toàn ánh nhưng không cần dùng)

Thay x=y=0$\Rightarrow f(2f(0))=f(0)\Rightarrow f(0)=0$.Khi đó $f(2f(y))=\frac{y}{2}$.

Thay $y=f(2y)$ (á phải dùng toàn ánh ) vào PTH ban đầu ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$ kết hợp với $f(x)\geq 0$ với mọi $x\geq 0\Rightarrow f$ cộng tính $\Rightarrow f(x)=x.$

Câu hàm có vẻ lú lú, em góp ý cách nhanh hơn 

Thay $x=a$ ta được $f$ là toàn ánh.

Thay $y=0$ ta được $f(0)=0$

Thay $x=0$ ta được $f(2f(y))=\frac{1}{2} y$

Thay $y$ bởi $2f(y)$ ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$

Theo ii) ta có $f$ tuyến tính trên $\Bbb R$ do đó $f(x)=cx, \forall x\in\mathbb R$

Thay lại và phương trình hàm ban đầu ta được $f(x)=\frac 12 x,\forall x\in\mathbb R$. Thử lại thấy thỏa mãn.

gõ lộn hihi, xin lỗi nha

Ôi, bẻ lái phút cuối :') . Thôi không sao mình tiếp tục từ bước 2 trường hợp.

Ta sẽ kiểm tra xem có tồn tại hàm khác sao cho $f(a)=0$ và $f(b)=-b^{2020}$, với $a,b \neq 0$ không.

$P(0,\frac 12 f(0)) \Rightarrow f(0)=0$ 

$P(0,y)\Rightarrow f(-y)=f(y)$ suy ra $f$ là hàm chẵn

$P(a,-b)\Rightarrow f(-b)=f(a^{2020}+b)=f(b)$

Nếu $f(a^{2020}+b)=0$ thì $-b^{2020}=0\Rightarrow b=0$ (mâu thuẫn $b\neq 0$)

Nếu $f(a^{2020}+b)=-(a^{2020}+b)^{2020}=-b^{2020}=f(b)$ cũng mâu thuẫn nốt. 

Vậy chỉ có 2 hàm $f(x)=0 \forall x\in\Bbb R$ và $f(x)=-x^{2020} \forall x\in\mathbb R$ thỏa

Thử lại chỉ có $f(x)=0$ thỏa.

(Lưu ý: Không nên dùng $P(a,b)$ vì bài này dùng cái đó nó bị bí chỗ $-(a^{2020}-b)^{2020}=-b^{2020}$)

Bài này là VMO 2002 nhưng đổi số. Có một cách trong file "Kĩ thuật giải phương trình hàm", nhưng mà sao không hiểu người viết sách lại không dùng cách này nhỉ

Gọi $P(x,y)$ là phép thể của phương trình hàm đề bài. 

Ta cần triệt tiêu $f(y-f(x))$ và $f(x^{2020}-y)$ do đó ta cần $y-f(x)=x^{2020}-y\Rightarrow y=\frac 12 (x^{2020}+f(x))$

Do đó $P(x, \frac 12 (x^{2020}+f(x))) \Rightarrow 2019.\frac 12 (x^{2020}+f(x))f(x)=0$

Suy ra $f(x)=0$ hoặc $f(x)=-x^{2020}$. 

Quên mất vì $f:\mathbb R^+ \to \mathbb R^+$ nên $f(x)=-x^{2020}, \forall x\in\Bbb R^+$, không cần bước kiểm tra hàm khác.

Thử lại vào phương trình hàm ban đầu thấy không thỏa, vậy không có hàm nào thỏa đề bài.

Quy về PT giới hạn $L=\sqrt{3L-2}$ với $L\in [1,2]$ thì $L=1$ cũng thỏa điều kiện. Vậy làm sao để ta loại $L=1$ ?

Như em đã chứng minh $(a_n)$ là dãy tăng và $a_1=\frac 32 $ nên bỏ đi $L=1$