Còn nghiệm $f(x)=cx+1$ nữaLời 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:...
Dialga Palkia nội dung
Có 16 mục bởi Dialga Palkia (Tìm giới hạn từ 30-05-2020)
#609058 $f(x)f(y)=f(x+y.f(x))$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 15-01-2016 - 09:30 trong Phương trình hàm
#608151 Đề thi và lời giải VMO 2016
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 09-01-2016 - 14:53 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế
$(x;y): f(x+y+f(y))= f(x)+ay$
$(0;0): f(f(0))=f(0)$
$(-2016;1): f(-2016+1+f(1))=f(-2016)+a\Rightarrow f(-2016)=2016-a$
$(x;-2016): f(x-2016+f(-2016))=f(x)-2016a\Rightarrow f(x-a)=f(x)-2016a$
$\Rightarrow f(x-ka)=f(x)-2016ka,(k \in N)$
$(0;-a): f(-a+f(-a))=f(0)-a^2\Rightarrow f(-a+f(0)-2016a)=f(0)-a^2$
$\Rightarrow f(f(0))-2016.2017a=f(0)-a^2$
Suy ra $a=0$ hoặc $a=2016.2017$
#575765 $ mn\cdot(f(m)-nm)\cdot(n-f(n^2))$ là số chính phương
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 27-07-2015 - 08:17 trong Phương trình hàm
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
#575553 $xf(y)+f\left ( xy-\dfrac{1}{f(x)} \r...
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 26-07-2015 - 15:04 trong Phương trình hàm
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 :|
#575550 Chứng minh $f\equiv 0$.
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 26-07-2015 - 14:48 trong Phương trình hàm
Tam giác $A_1EF$ đều $\Rightarrow f(A_1)+f(E)+f(F)=0$ (1)
Mặt khác $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ là lục giác đều $\Rightarrow f(A_1)+f(A_2)+f(A_3)+f(A_4)+f(A_5)+f(A_6)=0$ (6)
Cho $n$ cố định mà sao lại có lúc bằng 3 có lúc bằng 6 được. Mình nghĩ bài này nên dùng phép quay hình của lớp 10.
@Dialga Palkia :
Em gái hiểu sai đề rồi.Đề không hề nói $n$ "cố định" mà chỉ nói với mọi $n-$ giác đều $A_1A_2...A_n$ ta luôn có $f(A_1)+f(A_2)+...+f(A_n)=0$.Điều đó có nghĩa là nó đúng với bất kỳ đa giác đều nào (bao nhiêu cạnh cũng được, miễn là đa giác đều).
Chắc anh giai hiểu nhầm đề Không phải với mọi $n$ mà là với mọi $n-$ đa giác đều $A_1A_2A_3..A_n$. Nghĩa là tập hợp của các nhóm $n$ điểm có thể tạo thành đa giác đều. Có vô số đa giác như vậy. Có lẽ nên hỏi chị Kiên để làm sáng rõ đề bài
#575546 $f\left ( y^{2}+2xf\left ( y \right )+f\le...
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 26-07-2015 - 14:45 trong Phương trình hàm
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
#575533 Giải PT hàm trên tập số thực: $f(f(xy+1))+y^2f(x+1)=xf(xy-x+1)+8xy$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 26-07-2015 - 13:38 trong Phương trình hàm
Giải PT hàm trên tập số thực:
$f(f(xy+1))+y^2f(x+1)=xf(xy-x+1)+8xy$
Cho $x=y=0$ thì $f(f(1))=0$
Cho $y=0$ thì $f(f(1))=xf(1-x)\Rightarrow f(1-x)=0$
Suy ra $f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$ thử lại thấy không thỏa.
Vậy không có hàm nào thỏa đề.
#427691 Tìm hàm số $f: R^+ \to R^+; f(a x^x+b)=a (f(x))^x +b$ với...
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 15-06-2013 - 22:16 trong Phương trình hàm
Tìm hàm số $f: R^+ \to R^+; f(a x^x+b)=a (f(x))^x +b$ với $a,b \in \mathbb{N}$
#422606 \[f(x+y)+f(y+z)+f(z+t)+f(t+x)+f(x+z)+f(y+t)\ge 6f(x-3y+5z+7t) \]
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 31-05-2013 - 19:45 trong Phương trình hàm
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 $\mathbb{R}$
#422452 $f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{f(xy)}{f(x+y)}$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 31-05-2013 - 08:23 trong Phương trình hàm
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 $f(x)=\frac{1}{x^2}$
#422253 $f(2n+1)=f(2n)+1$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 30-05-2013 - 15:13 trong Phương trình hàm
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 $f(n)=\left (\overline{a_na_{n-1}a_{n-2}...a_1a_0} \right )_3$
#422157 Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty} \sum_...
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 30-05-2013 - 09:34 trong Dãy số - Giới hạn
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
#421898 $f((x+1)f(y))=y(f(x)+1)$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 29-05-2013 - 11:55 trong Phương trình hàm
$\boxed{\text{Problem}}$
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
#421895 $f(\frac{1}{4}f(y)+2x)=4x+y+1$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 29-05-2013 - 11:35 trong Phương trình hàm
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 $f(x)=2x+\frac{2}{3}$
#421566 $f(m+n+mn)=f(m)+f(n)+f(m)f(n)$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 27-05-2013 - 20:35 trong Phương trình hàm
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 $59$
#421541 $f(xf(y))+f(f(x)+f(y))=yf(x)+f(x+f(y))$
Đã gửi bởi Dialga Palkia on 27-05-2013 - 18:45 trong Phương trình hàm
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 $f(x)=x$
- Diễn đàn Toán học
- → Dialga Palkia nội dung