|
Topic về Phương Trình Hàm và Đa Thức mình lập ra topic này monh mọi người ó thể cung cấp những bài toán hay của phương trình hàm.Mình thấy ở đây chỉ toàn là bất đẳng thức , nhìn chóng mặt quá.Sau đây là 2 bài toán mở đầu của mình:facebowling: 1)Tìm hàm $f:R^{+}{\rightarrow}R^{+} $ thỏa mãn : $f(x+y)+f(x)(f(y)=f(xy)+f(x)+f(y) $ 2)tìm hàm $f:R{\rightarrow}R $ thỏa mãn $f(x^2+f(y))=y+(f(x))^2 $ tìm hàm $f:R{\rightarrow}R $ thỏa mãn $f(x^3+f(y))=y+(f(x))^3 $ Từ đó ta có bài toán tổng quát sau tìm hàm $f:R{\rightarrow}R $ thỏa mãn $f(x^n+f(y))=y+(f(x))^n $ với $n{\in}N* $ bài 1) là một bài không khó nhưng bài 2) đã từng là đề thi IMO 1992 đấy chỉ là những bài toán mở đầu cho topic dành cho phương trình hàm này Mình mong các bạn có thể đóng góp thật nhiều bài về PTH cho topic này Rất cám ơn các bạn:burnjossstick: |
mình post vài bài :) 1,cho$ f $song ánh : $N* --> N* $ cm tồn tại $c>b>a $ tm $f(c) + f(a) = 2f(b) $ 2, tìm tất cả $ f $ : $Q^{+} --> Q^{+} $ tm (I)$ f(x) + f(y) = f(x+y) $ (II)$ f(x)f(\frac1x) = 1 $ |
Trước hết ta có tồn tại vô số $n $ mà $f(n)>f(m) $ với mọi $m=1,2,...,n-1 $. Thật vậy, nếu tồn tại hữu hạn số $n $ như trên thì với $N_0 $ nào đó trở đi ta có $f(n)<{max}\limits_{1\le i\le N_0}f(i) $ vô lí. Vào bài toán: ta có chọn $a $ thỏa mãn điều kiện trên. và $b>a $ cũng thỏa mãn đk trên. Ta có $2f(b)-f(a)>2f(b)-f(b) $. Suy ra tồn tại $c $ mà $f(c)=2f(b)-f(a) $. Nhưng rõ ràng là $f(m)<f(b) $ với mọi m<b do đó ta có $c>b $. ĐPCM |
Bài toán đơn giản mà phương pháp hay: Tìm tất cả các hàm số $f: (1,+\infty)\to R $ thỏa mãn $f(x)-f(y)=(y-x)f(xy) $ với mọi $x,y>1 $ |
Q noi đúng đấy,làm BDT mãi chán quá,thay đổi không khí đê. :burnjossstick: Pro1:Tìm tất cả các hàm $f,g:R\rightarrow R $ thỏa mãn $f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x) $ |
Nhận xét 1: $f(x+g(x))=g(x) $ Nhận xét 2: $f(x+g(0))=xf(0)+g(x) $ Nhận xét 3: $f(g(y))=g(0)-yf(0) $. Trường hợp 1: $f(0)=0 $. Theo nx 3 ta có $f(g(y))=0 $ với mọi $y $. Nhưng theo nx 1 ta có $f(g(0))=g(0) $ suy ra $g(0)=0 $. Từ đó và theo nx2 ta có $f(x)=g(x) $ với mọi $x $. kết hợp với nx3 suy ra $f(f(y))=0 $ với mọi $y $. Với $f(x)=g(x) $ thì biểu thức ban đầu trở thành $f(x+f(y))=xf(y)-yf(x)+f(x) $. Cho $y $ bởi $f(y) $ thì ta có $f(x+f(f(y))=xf(f(y))-f(y)f(x)+f(x). $Suy ra $f(x)=0-f(x)f(y)+f(x) $. Suy ra $f(x)f(y)=0 $ với mọi $x,y $ suy ra $f(x)=g(x)=0 $ với mọi $x $. Trường hợp 2: $f(0)\neq 0 $. Từ nx2 ta sẽ có $g(y) $ là đơn ánh và $f(x) $ là toàn ánh. Suy ra tồn tại $x_0\neq 0 $mà $f(x_0)=0 $. Ta có $f(x_0+g(y))=x_0f(y)-yf(x_0)+g(x_0) $ suy ra $f(x_0+g(y))=x_0f(y)+g(x_0) $. Ta có $g(y) $ là đơn ánh, suy ra $f(y) $ cũng là đơn ánh, mà $f $ toàn ánh suy ra $f $ là song ánh. Theo nx3 thì $f(g(y))=g(0)-yf(0) $. Do $f $ là song ánh nên bắt buộc $g(y) $ là toàn ánh. Mà $g $ là đơn ánh suy ra $g $ cũng là song ánh. Vậy cả $f $ và $g $ đều là song ánh. Tồn tại duy nhất $y_0 $ sao cho $g(y_0)=0 $. Ta có theo nx1 thì $f(y_0+g(y_0))=g(y_0) $ suy ra $f(y_0)=0 $. Lại có cho y=y_0 vào pt ban đầu ta có $f(x)=y_0f(x)+g(x) $ ( do $f(y_0)=g(y_0)=0 $). Đến đây ta có $f(x)=af(x) $. Và ta cũng có : $f(y_0+g(y))=y_0f(y)-yf(y_0)+g(y_0)=y_0f(y) $. Do đó ta có $f(y_0+g(x))=ay_0g(x) $. Do g là song ánh suy ra $f(x)=cx+d $. Hay ta thu được là $f(x)=cx+d $ và $g(x)=b(cx+d) $. Nhưng thay vào pt ban đầu thì ta không có hàm nào thỏa mãn ( với đk cả 2 là song ánh). Kết luận $f=g=0 $ là nghiệm duy nhất. |
sao mọi người không làm bài của mình za? đây là cách giải bài 1 của mình , mình cả thấy hơi dài bạn nào co' lời giải ngắn gọn post lên đây cho mình xem với $f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y) $(1) cho $x=y=2 $ ta được $f(4)+(f(2))^3=f(4)+2f(2){\Rightarrow}f(2)=2 $(do $f(x)>0 $) lại cho $x=y=1 $ thì có $f(2)+(f(1))^2=3f(1){\Rightarrow}f(1)=1 $ hoặc $f(1)=2 $ 1)TH1:$f(1)=2 $ cho $x=1 $ thì $f(x+1)=2 $ ${\Rightarrow}f(x)=2 $ với mọi $x>1 $ với $0<x<1 $ thì chọn $y={\frac{1}{x}}>1 $ ta được $f(x+{\frac{1}{x}})+f(x)f({\frac{1}{x}})=f(1)+f(x)+ f({\frac{1}{x}}) $ ${\Rightarrow}2+2f(x)=2+2+f(x){\Rightarrow}f(x)=2 $ vậy trong TH này $f(x)=2 $ với mọi $x{\in}R^{+} $ 2)TH2:cho $y=1 $ được $f(x+1)=f(x)+1 $ với mọi $x{\in}R^{+} $ bằng quy nạp dễ dàng suy ra $f(x+n)=f(x)+n $ và $f(n)=n $ , với mọi $n{\in}N* $(2) tiếp tục ta chứng minh $f(x)=x $ với $x{\in}Q* $ thật vậy thay $x=n $ và $x={\frac{1}{n}} $ vào (1) $f(n+{\frac{1}{n}})+f(n)f({\frac{1}{n}})=f(1)+f(n)+ f({\frac{1}{n}}) $ nhưng do (2) ta có:$f(n+{\frac{1}{n}})=n+f({\frac{1}{n}}) $ vậy $f({\frac{1}{n}})={\frac{1}{f(n)}}={\frac{1}{n}} $ tiếp tục cho $x=m,y={\frac{1}{n}} $ với $m,n{\in}N* $ thì dễ dàng suy ra được $f({\frac{m}{n}})={\frac{m}{n}} $ cho $y={\frac{x}{x-1}}>0{\Rightarrow}x+y=xy{\Rightarrow}f(x+y)=f(xy) $ do đó $f(x)f({\frac{x}{x-1}})=f(x)+f({\frac{x}{x-1}}) $ tiếp theo các bạn tự chứng minh f đồng biến với $x{\in}R^{*} $ bằng cách chia nhỏ các TH $0<x<y<1 $ và $1<x<y $ cái này không quá khó nha cuối cùng với $x>0 $ chọn hai dãy số hữu tỉ $(u_n) $ và $(v_n) $ sao cho:$u_n{\ge}x{\ge}v_n $ và $lim{u_n}=lim{v_n}=x $ khi đó do f đồng biến $f(u_n){\ge}f(x){\ge}f(v_n){\Rightarrow}u_n{\ge}f(x ){\ge}v_n $ ${\Rightarrow}f(x)=x $ Vậy có hai hàm thỏa đề bài là $f(x)=2 $ và $f(x)=x $ bài này giải tuy dài nhưng cũng khá tự nhiên bởi lẽ khi giải ra đến $f(x+1)=f(x)+1 $ thì cách giải quen thuộc là dùng tính chất đồng biến.Nếu bạn nào có cách giải hay thì post lên nha mong các bạn tiếp tục cố gắng va giải bài tổng quát IMO 1992 đi nha:burnjossstick: |
gửi thêm cho topic 1 bài khá hay nữa nè::adore: Tìm tất cả các hàm liên tục $f:R{\rightarrow}R $thỏa mãn $f({\sqrt{x^2+y^2}})=f(x)+f(y) $ tổng quát Tìm tất cả các hàm liên tục $f:R{\rightarrow}R $ thỏa mãn $f({\sqrt[n]{x^n+y^n}})=f(x)+f(y) $ với $n{\in}N* $:burnjossstick: |
bài 2 của conan có trong quyển pth của tác giả nguyễn trọng tuấn mà nếu giải tổng quát bậc n phải đến 2 mặt giấy ,tạm thời là bậ 2 đã |
thế $y = 0 , f(x^{2} + a ) = f(x)^{2} . $ dễ có $f(x) = f(-x) $ hoặc $f(x) = -f(-x) $ .dễ cm dc không tồn tại $a,b $để $f(a) = f(-a ) $,và $f(b) = -f(-b). $ khi đó thé $x = 0 ,f(f(y)) = y+a^{2} $ nên $f(x) $ song ánh nên tồn tại a để $f(a) = 0 $ nếu $f(x) = f(-x) $ thì $f(a) = f(-a) $ mà cm được$ f(x) $ đơn ánh nên a = -a suy ra a =0 . $f(0) = 0 $ khi đó thế $y = f(y) $ suy ra $f(x^{2} + y) = f(y) =f(x^{2} ) $ tức là $f(x) $ +$f(y) $=$ f(x+y) $ với mọi $x,y $ thuộc$ R^{+} $. mà $f(x^{2} ) = f(x)^{2} > 0 $ nên $f(x) > 0 $ với mọi $x $ thuộc $R^{+} . $ thế thì $f $ tăng và $f(x) = x $ với x thuộc $Q^{+} $ .Sử dụng tính trù mật dc $f(X) $= $x $ với mọi $x $ thuộc $R $ . th khi $f(x) =-f(-x) $ không xảy ra. thế là xong. |
Các sư huynh gởi bài gì mà giải dài thế làm bài PTH cũ của đệ đi ... Trích:
Thử đi nhé __________________ I'M RETURNING |
:D Trích:
p/s : cái quyển đó anh mua ở hiệu sách ,em cứ tìm đi chắc là có |
bài anh Quý chỉ cần đặt thêm ẩn $f(x) -f(y) = f(x) - f(z) + f(z) - f(y) = (z-x)f(xz) + (y-z)f(yz) = (y-x)f(xy) $ chia cả 2 vế cho $xyz $rồi cố định $y,z $ dc f$(x) = \frac{m}{x} +n $ thay hàm này vào .... |
thêm một bài đặt ẩn như trên tìm $f R -->R $ , $ f $dơn diệu thực sự ,$g $liên tục tm $f(x+y) = f(x)g(y) + f(y) . $ |
Uhm mấy cái đặt thêm ẩn này là một dạng rất thú vị của pt hàm bài quân thì $ f(x+y+z)=f(x+y)g(z)+f(z)=f(x)g(y)g(z)+f(y)g(z)+f(z )=f(x)g(y+z)+f(y+z)=f(x)g(y+z)+f(y)g(z)+f(z) $ =>$ g(y)g(z)=g(y+z) $ Cái này đặt $ g(x)=e^{h(x)} $ là có $ h(x)+h(y)=h(x+y) $ DOne Dĩ nhiên cả 2 bài của anh Traum và chú Quân còn giải = kiểu thường ngày vẫn giải nữa , dành cho bạn khác :D |
| Múi giờ GMT. Hiện tại là 11:51 PM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.