Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Giải Tích

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 13-02-2012, 12:06 AM   #16
Highschoolmath
Moderator
 
Highschoolmath's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2008
Đến từ: Hàm Dương-Đại Tần
Bài gởi: 698
Thanks: 247
Thanked 350 Times in 224 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi HocKoGioi View Post
Topic vắng quá, mình góp 2 bài không khó, trước khi giải mấy bài khó của bạn minh_thương911


Bài 3: Tìm tất cả hàm $f: (0, \infty) \to (0, \infty) $ thỏa:

$(i) f(x.f(y)) = yf(x) $
$(ii) f(x) \to 0 $ khi $x \to \infty $

Bài 4:$\forall \alpha, \beta \in \mathbb{R} $. Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R}^+ \to \mathbb{R} $ thỏa:

$f(x)f(y) = y^\alpha.f(\frac {x}{2}) + x^\beta.f(\frac{y}{2}), \forall x,y \in \mathbb{R}^+ $
Bài 3:
+Cho $x=1 $ ta thu được $f(f(y))=y.f(1) $. Như vậy $f $ là song ánh.
+Cho $x=y=1 \Rightarrow f(f(1))=f(1) \Rightarrow f(1)=1 $ (do tính song ánh).
+Giả sử có một số $x_0 \neq 1 $ mà $f(x_0)=x_0 $. Thay $x=y=x_0 $ ta thu được $f(x^2_0)=x^2_0 $. Cứ lặp lại quá trình này, ta thu được $f(x^{2^n}_0)=x^{2^n}_0 $. Cho $n \rightarrow +\infty $ ta rút ra $\lim_{x \rightarrow +\infty }f(x)=\lim_{x \rightarrow +\infty}x $ (mâu thuẫn với tính chất ii). Như vậy có thể thấy $x_0=1 $ là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=x $. (*)
+Cho $x=y \Rightarrow f[xf(x)]=xf(x) \Rightarrow xf(x)=1 $ (theo tính chất *). Như vậy $f(x)=\frac{1}{x} $.
Bài 4:
Thay đổi vai trò của $x,y $ cho nhau, ta thu ngay được $y^\alpha.f(\frac {x}{2}) + x^\beta.f(\frac{y}{2})=x^\alpha.f(\frac {y}{2}) + y^\beta.f(\frac{x}{2}) $
$\Rightarrow f(\frac {x}{2}).(y^\alpha-y^\beta)=f(\frac{y}{2}).(x^\alpha-x^\beta) $.
Ta sẽ có 2 khả năng:
+Nếu $\alpha \neq \beta \Rightarrow \frac{f(\frac {x}{2})}{x^\alpha-x^\beta}=\frac{f(\frac {y}{2})}{y^\alpha-y^\beta} $ (với mọi $x,y \in R^+ $).
$\Rightarrow \frac{f(\frac {x}{2})}{x^\alpha-x^\beta}=k $ với $k $ là hằng số
$\Rightarrow f(x)=k.[(2x)^\alpha-(2x)^\beta] $. Thay lại thấy không thỏa mãn nên loại.
+Nếu $\alpha = \beta $. Cho $x=y \Rightarrow f^2(x)=2.f(\frac{x}{2}).x^{\alpha} \Rightarrow f(x) \geq 0 \Rightarrow f(x)=\sqrt{2.f(\frac{x}{2}).x^{\alpha}} $ (*).
Thay (*) trở lại vào phương trình hàm rút ra $2\sqrt{f(\frac{x}{2}).f(\frac{y}{2}).y^{\alpha}.x^ {\alpha}}=f(\frac{x}{2}).y^{\alpha}+f(\frac{y}{2}) .x^{\alpha} $. Để ý đây là bất đẳng thức Cosi lúc xảy ra dấu "=", cho nên $f(\frac{x}{2}).y^{\alpha}=f(\frac{y}{2}).x^{\alpha } $
$\Rightarrow f(\frac{x}{2})=k.x^{\alpha} $
$\Rightarrow f(x)=k.(2x)^{\alpha} $. Thay nghiệm này vào lại phương trình hàm để kiểm tra. (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
As long as I live, I shall think only of the Victory......................
Highschoolmath is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Highschoolmath For This Useful Post:
minh_thương911 (13-02-2012)
Old 13-02-2012, 08:40 AM   #17
HocKoGioi
+Thành Viên+
 
HocKoGioi's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: THCS Ngũ Hiệp
Bài gởi: 69
Thanks: 41
Thanked 35 Times in 28 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới HocKoGioi
Trích:
Nguyên văn bởi Highschoolmath View Post
Bài 3:
+Cho $x=1 $ ta thu được $f(f(y))=y.f(1) $. Như vậy $f $ là song ánh.
+Cho $x=y=1 \Rightarrow f(f(1))=f(1) \Rightarrow f(1)=1 $ (do tính song ánh).
+Giả sử có một số $x_0 \neq 1 $ mà $f(x_0)=x_0 $. Thay $x=y=x_0 $ ta thu được $f(x^2_0)=x^2_0 $. Cứ lặp lại quá trình này, ta thu được $f(x^{2^n}_0)=x^{2^n}_0 $. Cho $n \rightarrow +\infty $ ta rút ra $\lim_{x \rightarrow +\infty }f(x)=\lim_{x \rightarrow +\infty}x $ (mâu thuẫn với tính chất ii). Như vậy có thể thấy $x_0=1 $ là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=x $. (*)
+Cho $x=y \Rightarrow f[xf(x)]=xf(x) \Rightarrow xf(x)=1 $ (theo tính chất *). Như vậy $f(x)=\frac{1}{x} $.
Bài 4:
Thay đổi vai trò của $x,y $ cho nhau, ta thu ngay được $y^\alpha.f(\frac {x}{2}) + x^\beta.f(\frac{y}{2})=x^\alpha.f(\frac {y}{2}) + y^\beta.f(\frac{x}{2}) $
$\Rightarrow f(\frac {x}{2}).(y^\alpha-y^\beta)=f(\frac{y}{2}).(x^\alpha-x^\beta) $.
Ta sẽ có 2 khả năng:
+Nếu $\alpha \neq \beta \Rightarrow \frac{f(\frac {x}{2})}{x^\alpha-x^\beta}=\frac{f(\frac {y}{2})}{y^\alpha-y^\beta} $ (với mọi $x,y \in R^+ $).
$\Rightarrow \frac{f(\frac {x}{2})}{x^\alpha-x^\beta}=k $ với $k $ là hằng số
$\Rightarrow f(x)=k.[(2x)^\alpha-(2x)^\beta] $. Thay lại thấy không thỏa mãn nên loại.
+Nếu $\alpha = \beta $. Cho $x=y \Rightarrow f^2(x)=2.f(\frac{x}{2}).x^{\alpha} \Rightarrow f(x) \geq 0 \Rightarrow f(x)=\sqrt{2.f(\frac{x}{2}).x^{\alpha}} $ (*).
Thay (*) trở lại vào phương trình hàm rút ra $2\sqrt{f(\frac{x}{2}).f(\frac{y}{2}).y^{\alpha}.x^ {\alpha}}=f(\frac{x}{2}).y^{\alpha}+f(\frac{y}{2}) .x^{\alpha} $. Để ý đây là bất đẳng thức Cosi lúc xảy ra dấu "=", cho nên $f(\frac{x}{2}).y^{\alpha}=f(\frac{y}{2}).x^{\alpha } $
$\Rightarrow f(\frac{x}{2})=k.x^{\alpha} $
$\Rightarrow f(x)=k.(2x)^{\alpha} $. Thay nghiệm này vào lại phương trình hàm để kiểm tra. (đpcm)
Bài 4 em thấy thế nào ý, kết quả em ra hơi khác khác 1 tẹo. Em post lên mọi người sửa hộ em:



+Xét trường hợp $\alpha = \beta $ ta có:
$f(x).f(y) = y^\alpha.f(\frac{x}{2}) + x^\alpha.f(\frac{y}{2}) $

Cho $x=y $ có:

$[f(x)]^2 = 2x^\alpha.f(\frac{x}{2}) $

Như vậy thì

$f(x)f(y) = y^\alpha.\frac{[f(x)]^2}{2x^\alpha} + x^\alpha.\frac{[f(y)]^2}{2y^\alpha} $

hay

$x^\alpha.f(y)=y^\alpha.f(x) $

nên hoặc $f \equiv 0 $ hoặc$ f = k.x^\alpha $

Trong đó ta có thể chỉ ra rõ ràng tham số k:



$f(x^2) = 2x^\alpha.f(\frac{x}{2}) \leftrightarrow k^2.x^{2\alpha}.k.(\frac{x}{2})^\alpha \leftrightarrow k = 2^{1-\alpha $

Vậy hoặc $f \equiv 0 $ hoặc $f = 2^{1-\alpha}.x^\alpha $



+ Nếu $\alpha \not =\beta $. Theo tính đối xứng:

$(x^beta -x^\alpha).f( \frac{y}{2}) = (y^beta -y^\alpha).f( \frac{x}{2}) $

Do đó hoặc$ f \equiv 0 $ hoặc f$( \frac{x}{2}) = k(x^\beta -x^\alpha) $



Ta có

$ f(x).f(y) = k(x^\beta .y^\alpha - x^\alpha .y^\beta) $

Do đó $f(x). f(\frac{1}{x}) = 0 $ nên $f $có nhiều hơn một không điểm, mà hàm $y^\beta -y^\alpha $ chỉ có một không điểm, vậy $f \equiv 0 $ là nghiệm trong trường hợp này.

Vậy với $\alpha , \beta $ xác định ta có

$f \equiv 0 $ hoặc khi $\alpha = \beta $ còn có thêm 1 nghiệm là $f = 2^{1- \alpha}.x^{\alpha} $


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Ghét sự thiên vị.

thay đổi nội dung bởi: HocKoGioi, 13-02-2012 lúc 09:12 AM
HocKoGioi is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 27-03-2012, 01:43 AM   #18
navibol
+Thành Viên+
 
navibol's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: Wall Street =)))
Bài gởi: 147
Thanks: 31
Thanked 130 Times in 72 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới navibol Gửi tin nhắn qua Skype™ tới navibol
Bài 5: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N} $ thỏa mãn các điều kiện:
$\left\{\begin{matrix}
f(1)=1 & \\
f(m+n)+f(m-n)=\frac{1}{2}(f(2m)+f(2n)) &
\end{matrix}\right.\forall m,n\in \mathbb{N} $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
navibol is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 06-06-2012, 10:33 AM   #19
thephuong
Moderator
 
thephuong's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2011
Đến từ: Biên Hòa-Đồng Nai
Bài gởi: 862
Thanks: 206
Thanked 503 Times in 295 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi navibol View Post
Bài 5: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N} $ thỏa mãn các điều kiện:
$\left\{\begin{matrix}
f(1)=1 & \\
f(m+n)+f(m-n)=\frac{1}{2}(f(2m)+f(2n))(2) &
\end{matrix}\right.\forall m,n\in \mathbb{N} $
Bài này thì đơn giản rồi:
Trong (2) cho $m=n$ ta tính được $f(0)=0$.
Trong (2) cho $n=0$ ta suy ra: $f(2m)=4f(m)$
Thế trở lại (2) ta suy ra:
$$f(m+n)+f(m-n)=2f(m)+2f(n)$$
Từ đó cho n=1 thu được:
$$f(m+1)+f(m-1)=2f(m)+2$$
hay:
$$f(m+1)-f(m)=f(m)-f(m-1)+2$$
Do đó bằng quy nạp ta có:
$$f(m+1)-f(m)=2(m-1)+3$$
Và như thế suy ra: $f(m)=m^2$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
You've set my heart soaring
Ma đáng yêu
thephuong is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 06-06-2012, 11:05 AM   #20
navibol
+Thành Viên+
 
navibol's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: Wall Street =)))
Bài gởi: 147
Thanks: 31
Thanked 130 Times in 72 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới navibol Gửi tin nhắn qua Skype™ tới navibol
Trích:
Nguyên văn bởi thephuong View Post
Bài này thì đơn giản rồi:
Trong (2) cho $m=n$ ta tính được $f(0)=0$.
Trong (2) cho $n=0$ ta suy ra: $f(2m)=4f(m)$
Thế trở lại (2) ta suy ra:
$$f(m+n)+f(m-n)=2f(m)+2f(n)$$
Từ đó cho n=1 thu được:
$$f(m+1)+f(m-1)=2f(m)+2$$
hay:
$$f(m+1)-f(m)=f(m)-f(m-1)+2$$
Do đó bằng quy nạp ta có:
$$f(m+1)-f(m)=2(m-1)+3$$
Và như thế suy ra: $f(m)=m^2$

Cho $m=n=0$ ta được $f(0)=0$

Cho $m=1,n=0$ thì $f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right) = \frac{1}{2}\left( {f\left( 2 \right) + f\left( 0 \right)} \right) \Rightarrow f\left( 2 \right) = 4$

Chứng minh bằng quy nạp, ta được: $f\left( n \right) = {n^2}$.

Thật vậy, do $f\left( k \right) + f\left( k \right) = \frac{1}{2}\left( {f\left( {2k} \right) + f\left( 0 \right)} \right)$ nên có ngay $f\left( {2k} \right) = 4{k^2}$

Cũng vậy, do $f\left( {k + 1} \right) + f\left( {k - 1} \right) = \frac{1}{2}\left( {f\left( {2k} \right) + f\left( 2 \right)} \right)$ nên ta có $$f\left( {k + 1} \right) = \frac{1}{2}f\left( {2k} \right) + 2 - f\left( {k - 1} \right) = 2{k^2} + 2 - {\left( {k - 1} \right)^2} = {\left( {k + 1} \right)^2}$$
Vậy ta có $f\left( n \right) = {n^2}\,\,,\,\,n \in \mathbb{N}$
Bài 6:
Tìm tất cả các hàm số $ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ thỏa mãn:

$ f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y) ,\forall x,y\in \mathbb{R} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________

thay đổi nội dung bởi: navibol, 06-06-2012 lúc 11:08 AM
navibol is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 06-06-2012, 12:16 PM   #21
thephuong
Moderator
 
thephuong's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2011
Đến từ: Biên Hòa-Đồng Nai
Bài gởi: 862
Thanks: 206
Thanked 503 Times in 295 Posts
Trích:
Bài 6:
Tìm tất cả các hàm số $ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ thỏa mãn:

$ f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y) ,\forall x,y\in \mathbb{R} (1)$
Cho $x=y=2$ ta thu được $\left(f(2)\right)^2=6f(2)$. Do đó $f(2)=0$ hoặc $f(2)=6$.
Trong $(1)$ cho $x=y=1$ ta có: $f(2)+\left(f(1)\right)^2=5f(1), (2)$
Trong $(1)$ cho $y=1$ thu được: $f(x+1)+f(x)f(1)=3f(x)+(x+1)f(1), (3)$
Trong $(1)$ thay $y$ bằng $y + 1$ ta được:
$$f(x+y+1)+f(x)f(y+1)=f(xy+x)+(y+2)f(x)+(x+1)f(y+1 ), (4)$$
1. $f(2)=0$.
Từ $(2)$ suy ra: $f(1)=0$ hoặc $f(1)=5$
a).$f(1)=0$
Từ $(3)$ suy ra: $f(x+1)=3f(x)$.
Kết hợp với $(4)$ ta có:
$$3f(x+y)+3f(x)f(y)=f(xy+x)+(y+2)f(x)+3f(y)(x+1), (1a)$$
Kết hợp (1) suy ra:
$$3f(xy)+f(x)(2y+1)=f(xy+x), (1*)$$
và:
$$2\left(f(x+y)+f(x)f(y)-f(y)(x+1)\right)=f(x), (2*)$$
Từ đây cho $x=y=0$ vào $(1*)$ suy ra $f(0)=0$.
Trong $(2*)$ cho $y=0$ suy ra $f(x) \equiv 0$.
Bài này cực quá bạn ơi, mới trường hợp dễ nhất mà thế này.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
You've set my heart soaring
Ma đáng yêu
thephuong is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 06-06-2012, 03:37 PM   #22
navibol
+Thành Viên+
 
navibol's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: Wall Street =)))
Bài gởi: 147
Thanks: 31
Thanked 130 Times in 72 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới navibol Gửi tin nhắn qua Skype™ tới navibol
  • $x=y=0$ suy ra $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$
  • $f(0)=2$ thế vào ta thấy không thỏa mãn nên $f(0)=0$
  • Thế $x=1, y=-1$ thì ta có $f(1)=3$ hoặc $f(-1)=0$
  • Nếu: $ f(1)=3 $
  • Thay: $x=x-1,y=1$ thì ta có được $f(x)=3x $
  • Nếu: $f(-1)=0$
  • Thay $x=-1,y=-1$ thì ta có được $f(-2)=f(1) $
  • Lại thay: $x=-2,y=1$ thì ta lại có $f(-1)=f(-2)(3-f(1))+(-1)f(1) $
  • Tới đây ta suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$
  • Nếu $f(1)=0$
  • Ta cho $y=-1$ thì có được hàm $f(x-1)=f(-x)$
  • Tiếp tục thế $x=x-1,y=1$ suy ra $f(x)=3f(x-1)=3f(-x)$
  • Như vậy ta sẽ có $ f(x)=3f(-x)$ mà $ f(x)=3f(-x)=3(3f(-(-x)))=9f(x)$
  • Do đó $f(x)=0$
  • Nếu $f(1)=2$
  • Thay:$y=-1$ ta sẽ được $f(x-1)=f(-x)$
  • Cho $x=x-1,y=1$ ta sẽ được $f(x)=f(x-1)+2x=f(-x)+2x$ nên ta sẽ có được $f(x)=f(-x)+2x$
  • Tiếp tục ta thế $x=x,y=-x$ có được $f(0)+f(x)f(-x)=f(-x^2)+(x+1)f(-x)+(-x+1)f(x)$
  • Suy ra: $f(x)(f(x)-2x)=(f(x^2)-2x^2)+(x+1)(f(x)-2x)+(-x+1)f(x)$
  • Từ đó ta có: $f(x)^2-2xf(x)=f(x^2)-2x^2+xf(x)-2x^2+f(x)-2x-xf(x)+f(x)$
  • Tương đương: $f(x)^2=f(x^2)-4x^2+2f(x)+2xf(x)-2x$
  • Cho: $y=x$ ta có điều sau $f(2x)+{f(x)}^2=f(x^2)+2(x+1)f(x)$
  • Điều đó tương đương $f(2x)+(f(x^2)-4x^2+2f(x)+2xf(x)-2x)=f(x^2)+2(x+1)f(x)$
  • Nên: $f(2x)=4x^2+2x$
  • Hay:$f(x)=x^2+x$

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
navibol is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to navibol For This Useful Post:
thephuong (06-06-2012), tranghieu95 (06-06-2012)
Old 22-06-2012, 12:08 PM   #23
hien123
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Bài gởi: 353
Thanks: 19
Thanked 261 Times in 165 Posts
Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn$$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y)$$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$
Lời giải. Đặt $g(x)=f(x)-x-1$, ta viết lại điều kiện thành$$g(x+y)+g(x)g(y)=g(xy)+2xy+1$$Đến đây có lẽ nhiều bạn đã nhận ra đây là một bài toán cũ của GS.Venkatachala, India. Ở đây, xin giới thiệu lại lời giải bài toán này.
Đặt $a=1-g(1)$, cho $y=1$, ta có$$g(x+1)=ag(x)+2x+1$$Tiếp tục thay $y$ bởi $y+1$, sử dụng kết quả trên, ta được$$a\left [ g(xy)+2xy+1 \right ]+(2y+1)\left [ g(x)+1 \right ]=g(x(y+1))+2xy+1$$Cho $x=2t,y=\frac{-1}{2}$ vào kết quả trên có được$$a\left [g(-t)-2t+1 \right ]=g(t)-2t+1$$Khi đó$$a\left [g(t)+2t+1 \right ]=g(-t)+2t+1$$Suy ra$$(1-a^{2})g(t)=2t(a-1)^{2}+a^{2}-1$$với mọi số thực $t$
Hiển nhiên $a\neq -1$, nếu $a\neq 1$ thì$$g(t)=2t\frac{1-a}{1+a}-1$$Cho $t=1$ với chú ý $g(1)=1-a$ ta tìm được $a=0$ hoặc $a=3$, hay$$g(x)=2x-1\vee g(x)=-(x+1)$$Nếu $a=1$ thì theo trên ta có$$g(t)=g(-t)$$Thay lần lượt $y=x$ và $y=-x$ cho ta$$g(2x)=4x^{2}+g(0)$$Nói cách khác$$g(x)=x^{2}+g(0)$$Từ đó với chú ý $g(1)=0$, tìm được $g(0)=-1$ và như vậy$$g(x)=x^{2}-1$$Tóm lại bài toán đã cho có tất cả ba nghiệm hàm là$$f(x)=x^{2}+x$$$$f(x)=0$$$$f(x)=3x$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
$z=\left | z \right |e^{i\varphi } $

thay đổi nội dung bởi: hien123, 22-06-2012 lúc 12:11 PM
hien123 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 22-06-2012, 07:09 PM   #24
hien123
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Bài gởi: 353
Thanks: 19
Thanked 261 Times in 165 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi minh_thương911 View Post
Bài 1:
Tìm hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ sao cho với mọi x, y thuộc R ta luôn có:

$f(x-f(y))=f(x+y^{n})+f(f(y)+y^{n})+2009 $

Bài 2:
Chứng minh rằng không tồn tại hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ thoả mãn điều kiện:

$f(f(x))=x^{2}-1996 $, với mọi x thuộc R
Mình không giỏi PTH lắm các bạn trình bài rõ giúp mình nhé. Mình cảm ơn.
Hai bài toán của Minhthuong khá hay, ở bài toán thứ nhất có lẽ cần phải phát biểu lại cho đầy đủ như sau.
Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho tồn tại số tự nhiên $n$ thỏa mãn$$f(x-f(y))=f(x+y^{n})+f(f(y)+y^{n})+2009$$với mọi số thực $x,y$
Lời giải. Ở đây mình chỉ giải trong trường hợp $n\geqslant 2$
Đặt $f(1)=a$, thay $x=f(y)$ vào phương trình, ta có$$f(y+f(y))=\frac{a-2009}{2}$$Từ đó, phương trình ban đầu có thể viết lại thành$$f(x-f(y))=f(x+y^{n})+\frac{a+2009}{2}$$Thay $y=0$ ta được$$f(x-a)=f(x)+\frac{a+2009}{2}$$và do đó$$f(x-2a)=f(x)+a+2009$$Thay $y$ bởi $y-2a$ vào, với chú ý kết quả trên ta có$$f(x-f(y)-a-2009)=f(x+(y-2a)^{n})+\frac{a+2009}{2}$$Do đó$$f(x-f(y)-2009)=f(x+(y-2a)^{n})$$, hay$$f(x)=f(x+f(y)+2009+(y-2a)^{n})$$Bỏ qua trường hợp tầm thường $f(y)=-(y-2a)^{n}-2009$ khi đó tồn tại $\alpha $ để $f(\alpha )+(\alpha -2a)^{n}+2009\neq 0$ và do đó $f$ là hàm tuần hoàn.
Đặt $A=\left \{ f(x)+x^{n}:x\in \mathbb{R} \right \}$ thì theo chứng minh trên $f(x)+2009=c$ với mọi $x\in A$ và theo bài toán thì$$f(x)=f(x+y)+f(y)+2009$$với mọi $x\in \mathbb{R},y\in A$.
Nếu tập $A$ chỉ chứa phần tử $0$ thì ta suy ra được công thức của $f(x)$. Xét trường hợp, tồn tại số thực $b$ thuộc $A$ khác 0. Khi đó trong kết quả trên thay $x$ bởi $(x+b)^{n}-x^{n}$, $y$ bởi $f(x)+x^{n}$ thuộc $A$ có được$$f((x+b)^{n}-x^{n})=f((x+b)^{n}+f(x))+c=f((x+b)^{n}+f(x+b)+c)$$ Với chú ý $(x+b)^{n}+f(x+b)$ thuộc tập $A$ nên$$f((x+b)^{n}-x^{n})=f(c)$$Mặt khác vì $(x+b)^{n}-x^{n}$ là hàm liên tục và $n\geqslant 2,b\neq 0$ nên nhận toàn bộ giá trị của một đoạn có độ dài lớn tùy ý. Từ đó chú ý rằng $f$ tuần hoàn nên $f$ là hằng số.

Bài 2 là một bài xuất hiện trong tournament of the townns năm 1996, đây là trường hợp riêng của một bài toán tổng quát hơn sau.
Tổng quát. Cho $g(x)$ là tam thức bậc hai thỏa mãn $h(x)=g(g(x))$ có ít nhất ba điểm cố định phân biệt. Khi đó không tồn tại hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn$$f(f(x))=g(x)$$ với mọi $x\in \mathbb{R}$
Lời giải. Đặt $g(x)=ax^{2}+bx+x$ thì $$g(g(x))-x=\left [ ax^{2}+(b-1)x+c \right ]\left [ a^{2}x^{2}+a(b+1)x+b+ca+1 \right ]$$Do đó trong ba điểm cố định phân biệt của $h(x)$ thì tồn tại ít nhất một điểm cố định của $g(x)$.
Giả sử $g(x)$ có hai điểm cố định là $x_{1},x_{2}$ (có thể chúng bằng nhau) và gọi $x_{3},x_{4}$ là hai điểm cố định khác $x_{1},x_{2}$ của $h(x)$. Ta có$$g(f(x))=f(f(f(x)))=f(g(x))$$Do đó$$f(x_{1})=g(f(x_{1}))$$$$f(x_{2})=g(f(x_{2})) $$Hay $$\left \{ f(x_{1}),f(x_{2}) \right \}=\left \{ x_{1},x_{2} \right \}$$
Từ kết quả $f(g(x))=g(f(x))$, ta có$$f(h(x))=f(g(g(x)))=g(f(g(x)))=g(g(f(x)))=h(f( x))$$Và tương tự như trên có được $$\left \{ f(x_{3},f(x_{4})) \right \}=\left \{ x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} \right \}$$ Nếu tồn tại hai số nguyên dương $m,n$ với $m>2\geqslant n$ thỏa mãn$$f(x_{m})=x_{n}$$thì$x_{m}=h(x_{m})=g(g(x_{m }))=g(f(f(x_{m})))=g(f(x_{n}))=f(x_{n})\in \left \{ x_{1},x_{2} \right \}$ mâu thuẫn, hay nói cách khác$$\left \{ f(x_{3}),f(x_{4}) \right \}=\left \{ x_{3},x_{4} \right \}$$Nếu tồn tại chỉ số $i\geqslant 3$ để $f(x_{i})=x_{i}$ thì $g(x_{i})=f(f(x_{i}))=x_{i}$, mâu thuẫn.
Nếu $f(x_{3})=x_{4},f(x_{4})=x_{3}$ thì $g(x_{3})=f(f(x_{3})=f(x_{4})=x_{3}$, mâu thuẫn.
Tóm lại không tồn tại hàm thỏa mãn bài toán.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
$z=\left | z \right |e^{i\varphi } $

thay đổi nội dung bởi: hien123, 22-06-2012 lúc 07:14 PM
hien123 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to hien123 For This Useful Post:
daylight (22-06-2012)
Old 23-06-2012, 04:53 PM   #25
hien123
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Bài gởi: 353
Thanks: 19
Thanked 261 Times in 165 Posts
Topic chìm quá, mình xin đóng góp hai bài toán khá hay. Mong mọi người tiếp tục hưởng ứng.
Bài 7. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Q}^{+}\rightarrow \mathbb{Q}^{+}$ thỏa mãn $$a/ f(x)+f\left ( \frac{1}{x} \right )=1,\forall x\in \mathbb{Q}^{+}$$$$b/ f(1+2x)=\frac{f(x)}{2},\forall x\in \mathbb{Q}^{+}$$
Bài 8. Tìm tất cả các hàm số cộng tính $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và đa thức $Q(x)\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ sao cho tồn tại đa thức $P(x)\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ thỏa mãn $$f(P(x))=Q(f(x)),\forall x\in \mathbb{R}$$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
$z=\left | z \right |e^{i\varphi } $
hien123 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 25-06-2012, 04:43 PM   #26
ablybaby
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Bài gởi: 27
Thanks: 1
Thanked 3 Times in 3 Posts
Bài 1:Tìm tất cả hàm liên tục$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f\left ( f\left ( x \right ) \right )=f\left ( x \right )+2x , \forall x\in\mathbb{R}$
Bài 2:Tìm tất cả các hàm$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f\left ( f\left ( f\left ( x \right ) \right ) \right )=x, \forall x\in\mathbb{R}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
ablybaby is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 25-06-2012, 06:11 PM   #27
navibol
+Thành Viên+
 
navibol's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: Wall Street =)))
Bài gởi: 147
Thanks: 31
Thanked 130 Times in 72 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới navibol Gửi tin nhắn qua Skype™ tới navibol
Trích:
Nguyên văn bởi ablybaby View Post
Bài 1:Tìm tất cả hàm liên tục$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f\left ( f\left ( x \right ) \right )=f\left ( x \right )+2x , \forall x\in\mathbb{R}$
Bài 2:Tìm tất cả các hàm$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f\left ( f\left ( f\left ( x \right ) \right ) \right )=x, \forall x\in\mathbb{R}$
Bài 2 có lẽ phải sửa lại là hàm liên tục đúng không bạn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
navibol is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 25-06-2012, 07:51 PM   #28
ablybaby
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Bài gởi: 27
Thanks: 1
Thanked 3 Times in 3 Posts
Bài 2 là một bài trong đề chọn đội tuyển trường Kinh tế quốc dân,mình lấy trên diendantoanhoc,có lẽ phải thêm điều kiện như bạn.Bạn có thể giải chi tiết hai bài trên không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
ablybaby is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 05:08 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 118.58 k/133.31 k (11.05%)]