|
|
|
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 ! * 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 |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
13-02-2012, 12:06 AM | #16 | |
Moderator Tham gia ngày: Apr 2008 Đến từ: Hàm Dương-Đại Tần Bài gởi: 698 Thanks: 247 Thanked 350 Times in 224 Posts | Trích:
+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) __________________ As long as I live, I shall think only of the Victory...................... | |
The Following User Says Thank You to Highschoolmath For This Useful Post: | minh_thương911 (13-02-2012) |
13-02-2012, 08:40 AM | #17 | |
+Thành Viên+ | Trích:
+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} $ __________________ Ghét sự thiên vị. thay đổi nội dung bởi: HocKoGioi, 13-02-2012 lúc 09:12 AM | |
27-03-2012, 01:43 AM | #18 |
+Thành Viên+ | 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} $ __________________ |
06-06-2012, 10:33 AM | #19 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: May 2011 Đến từ: Biên Hòa-Đồng Nai Bài gởi: 862 Thanks: 206 Thanked 503 Times in 295 Posts | Trích:
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: $f(m)=m^2$ __________________ You've set my heart soaring Ma đáng yêu | |
06-06-2012, 11:05 AM | #20 | |
+Thành Viên+ | Trích:
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} $ __________________ thay đổi nội dung bởi: navibol, 06-06-2012 lúc 11:08 AM | |
06-06-2012, 12:16 PM | #21 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: May 2011 Đến từ: Biên Hòa-Đồng Nai Bài gởi: 862 Thanks: 206 Thanked 503 Times in 295 Posts | Trích:
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. __________________ You've set my heart soaring Ma đáng yêu | |
06-06-2012, 03:37 PM | #22 |
+Thành Viên+ |
__________________ |
The Following 2 Users Say Thank You to navibol For This Useful Post: | thephuong (06-06-2012), tranghieu95 (06-06-2012) |
22-06-2012, 12:08 PM | #23 |
+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$$f(x)=x^{2}+x$$$$f(x)=0$$$$f(x)=3x$$ __________________ $z=\left | z \right |e^{i\varphi } $ thay đổi nội dung bởi: hien123, 22-06-2012 lúc 12:11 PM |
22-06-2012, 07:09 PM | #24 | |
+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:
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. __________________ $z=\left | z \right |e^{i\varphi } $ thay đổi nội dung bởi: hien123, 22-06-2012 lúc 07:14 PM | |
The Following User Says Thank You to hien123 For This Useful Post: | daylight (22-06-2012) |
23-06-2012, 04:53 PM | #25 |
+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 $$f(P(x))=Q(f(x)),\forall x\in \mathbb{R}$$ __________________ $z=\left | z \right |e^{i\varphi } $ |
25-06-2012, 04:43 PM | #26 |
+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 $f\left ( f\left ( f\left ( x \right ) \right ) \right )=x, \forall x\in\mathbb{R}$ |
25-06-2012, 06:11 PM | #27 | |
+Thành Viên+ | Trích:
__________________ | |
25-06-2012, 07:51 PM | #28 |
+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? |
Bookmarks |
|
|