Bài toán: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thảo mãn: $f(x^2+y+f(y))=2y+(f(x))^2$, $\forall$ $x$,$y\in\mathbb{R}$

Cách làm hơi trâu bò

Với $P(x,y)$ có tính chất $f(x^2+y+f(y))=2y+(f(x))^2$, cho $f(0)=k$

$P(0,x)\Rightarrow f(x+f(x))=2x+k^2\Rightarrow f$ toàn ánh $(1)$.

Nên tồn tại $a$ để $f(a)=0$

$P(0,a)\Rightarrow f(a+f(a))=2a+k^2\Rightarrow a=-\dfrac{k^2}{2}$

Và cũng chứng minh được $f(x)=0\Leftrightarrow x=a$

$P(-x,y)\Rightarrow f(x^2+y+f(y))=2y+(f(-x))^2\Rightarrow (f(-x))^2=(f(x))^2$

$\Rightarrow (f(\dfrac{k^2}{2}))^2=(f(-\dfrac{k^2}{2}))^2=0\Rightarrow f(\dfrac{k^2}{2})=0$

$\Rightarrow \dfrac{k^2}{2}=-\dfrac{k^2}{2}\Rightarrow k=0\Rightarrow f(0)=0$

$P(x,0)\Rightarrow f(x^2)=(f(x))^2,(*)\Rightarrow f(x^2+y+f(y))=2y+f(x^2)$

Nên $x>0\Rightarrow f(x)>0,(2)$

Giả sử tồn tại hai số $u,v$ dương mà $f(u)=f(v)$

$P(\sqrt{u},v)\Rightarrow f(u+v+f(v))=2v+f(u)$

$P(\sqrt{u},v)\Rightarrow f(u+v+f(u))=2u+f(v)$

$\Rightarrow u=v,(3)$

$P(0,x)\Rightarrow f(x+f(x))=2x$

$P(0,-x)\Rightarrow f(-x+f(-x))=-2x$

$\Rightarrow (f(-x+f(-x)))^2=(f(x+f(x)))^2$

$\Rightarrow f((f(-x)-x)^2)=f((x+f(x))^2)$

$\Rightarrow (f(-x)-x)^2=(f(x)+x)^2$

$\Rightarrow (f(-x))^2-2xf(-x)+x^2=(f(x))^2+2xf(x)+x^2$

$\Rightarrow f(x)=-f(-x),(4)$

Từ $(1),(2),(3),(4)\Rightarrow f$ song ánh.

$P(0,t)\Rightarrow f(t+f(t))=2t$

$\Rightarrow t+f(t)$ toàn ánh.

Cho $y=t+f(t)$

$P(\sqrt{x},t)\Rightarrow f(x+t+f(t))=2t+f(x)$

$\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y),(**)$

Từ $(*),(**),(4)\Rightarrow \boxed{f(x)=x},\forall x\in \mathbb{R}$

Cho $f$ là hàm số xác định và lấy giá trị trên số thực. Chứng minh rằng tồn tại $x,y$ sao cho $f(x-f(y))>yf(x)+x,(*)$ .

Bài này cũng khá hay

Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$$f(x-f(y))\leq y f(x)+x$$

Bài giải:

Với $P(x,y)$ có tính chất $f(x-f(y))\leq y f(x)+x$

$P(x+f(0),0)\Rightarrow f(x)\leq x+f(0)$

$x<0\Rightarrow f(x)<f(0),(*)$

$P(f(x),x)\Rightarrow f(0)\leq x f(f(x))+f(x)\leq xf(x)+xf(0)+f(x)\leq x^2+2xf(0)+x+f(0)$

$\Rightarrow 0\leq x(x+1+2f(0)))$

$x\rightarrow 0^+ \Rightarrow 1+2f(0)\geq 0,(1)$

$x\rightarrow 0^- \Rightarrow 1+2f(0)\leq 0,(2)$

Từ $(1),(2)\Rightarrow f(0)=-\dfrac{1}{2}$

$P(f(x),x)\Rightarrow f(0)\leq x f(f(x))+f(x)\leq xf(f(x))+x+f(0)$

$\Rightarrow 0\leq x(f(f(x))+1)$

$x>0\Rightarrow -1\leq f(f(x))\leq f(x)-\dfrac{1}{2}\Rightarrow f(x)\geq -\dfrac{1}{2},(**)$

Từ $(*),(**)\Rightarrow x<0\Leftrightarrow f(x)\leq -\dfrac{1}{2}$

$P(1,-\dfrac{3}{2f(1)})\Rightarrow f(1-f(-\dfrac{3}{2f(1)}))\leq -\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow 1\leq f(-\dfrac{3}{2f(1)})\leq -\dfrac{3}{2f(1)}-\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow -1\leq f(1)\leq 0,(3)$

$P(f(1),1)\Rightarrow f(0)\leq f(f(1))+f(1)\leq 2f(1)+f(0)$

$\Rightarrow 0\leq f(1),(4)$

Từ $(3),(4)\Rightarrow f(1)=0$

$P(x,1)\Rightarrow f(x)\leq f(x)+x\Rightarrow x\geq 0$ mâu thuẫn.

$\Rightarrow DPCM$

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x,y$ đều thỏa mãn:

$f(2(x+y)+f(xy))=f(f(x+y))+2xy$

Cho $x=-y$ có $f(f(-x^2))=-2x^2+f(f(0))$

Nên với $x<0$ thì $f(f(x))=2x+f(f(0))$

Cho $y=0,x<0$ có $f(2x+f(0))=f(f(x))=2x+f(f(0))$

Nên với $x<f(0)$ thì $f(x)=x+f(f(0))-f(0)$

Ta thấy tồn tại các số $a<0$ sao cho $f(a)<0$

Có $2a+f(f(0))=f(f(a))=f(a)+f(f(0))-f(0)=a+2(f(f(0))-f(0))$ (mâu thuẫn)

Vậy không có hàm thảo đề bài

Tìm các hàm số $f:R\rightarrow R$ với mọi $x,y\in R$:

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

Xem thử bài giải của mình ở bài này xem http://diendantoanho...2-fxyfxfy-fxy1/

Trước tìm mãi không thấy bài toán này nên làm tạm cái bài trong link

Lâu không lên diễn đàn

Bài toán: Cho tổng $S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{1}{n^2}-\frac{i^2}{n^4}}$

Tìm $\lim_{x\rightarrow +\infty}S(n)$

Bài này phát sinh khi chứng minh một công thức toán hình như là băng 2 thì phải

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x^2f(x)+f(y))=(f(x))^3+y$ .

 

Mới tim tòi 1 cách giải hay về bài này, các bạn giải thử xem sao .

Bài này từng làm rồi nhể

http://diendantoanho...85-fx2fxfyfx3y/

Chứng minh đến đoạn $x>0\Rightarrow f(x)>0$

Rồi ta chũng minh $f$ tăng rồi biện luận $f(f(x))=x$ với các trường hợp $f(x)>x,f(x)<x$

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

 $f(2x)=f(sin\frac{x+y}{2}\pi)+f(sin\frac{x-y}{2}\pi)$

Cho $x=y=0$ có $f(0)=2f(\sin 0)\Rightarrow f(0)=0$

Cho $y=x$ có $f(2x)=f(\sin (x\pi))$

$\Rightarrow f(2x)=f(x+y)+f(x-y)\Rightarrow f$ cộng tính.

Ta có $f(4x)=f(\sin [(x+y)\pi])+f(\sin [(x-y)\pi])=f(\sin [(x+y)\pi]+\sin [(x-y)\pi])$

$\Rightarrow f(\sin (2x\pi))=f(2\sin (x\pi) \cdot \cos (y\pi))$

$\Rightarrow f(2\sin (x\pi) \cdot \cos (x\pi))=f(2\sin (x\pi) \cdot \cos (y\pi)),(*)$

Thay $x=1$ vào $(*)$ có $0=f(0)=f(\sin (2\pi))=f(2\cos (y\pi))$

Do $-1\leq \cos (y\pi) \leq 1$ nên $f(x)=0,\forall x\in [-2;2]$

Cộng thêm dữ kiện $f(x)=f(\sin (\frac{x}{2}\pi))$

$\Rightarrow \boxed{f(x)=0},\forall x\in \mathbb{R}$

Tại mỗi đỉnh của 1 đa giác đều $100$ cạnh ta đánh 1 số bất kì trong các số tự nhiên $1,2,..,49$. Chứng minh rằng tồn tại 4 đỉnh của đa giác đều ( kí hiệu là $a$, $B$, $C$, $D$ với các số được ghi vào là $a,b,c,d$) sao cho $ABCD$ là hình chữ nhật thỏa $a+b=c+d$.

Giống đề chọn đội tuyển 30/4 LHP

Ta có $a+b=c+d\Rightarrow |a-c|=|b-d|$

Gọi $M(i)$ là hiệu giá trị của 2 đỉnh đối xứng nhau qua tâm của đa giác.

Khi đó $1\leq i \leq 50$ mà $0\leq |M(i)|\leq 48$ nên tồn tại $|M(i)|=|M(j)|,1\leq j\leq 50$, như vậy sẽ tồn tại $a,b,c,d$ thỏa mãn. Chú ý rằng hai cặp đỉnh đối xứng nhau qua tâm tạo nên 1 hình chữ nhật

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{Q^+}\to \mathbb{Q^+}$ thoả mãn:

$$f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{f(xy)}{f(x+y)};\forall x,y\in\mathbb{Q^+}$$

Đồng quan điểm với bạn này  http://diendantoanho...yfxyfracfxyfxy/

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho

$$f(x)=\max_{y\in\mathbb{R}}\begin{Bmatrix} xy-f(y) \end{Bmatrix},$$ với mọi $x\in \mathbb{R}$

Ta có $f(x)\geq xy-f(y)\Rightarrow f(x)\geq \dfrac{x^2}{2}$

Ta thấy với mỗi $x$ tồn tại $a$ thỏa $f(x)=xa-f(a)$

$\Rightarrow \dfrac{x^2}{2}\leq f(x)=xa-f(a)\leq xa-\dfrac{a^2}{2}\leq \dfrac{x^2}{2}$

$\Rightarrow f(x)=\dfrac{x^2}{2}$

Tìm tất cả các hàm số $f:[1;+\infty) \to [1;+\infty)$ thoả mãn điều kiện

$$f(xf(y))=yf(x)$$ với mọi $$x,y \in [1;+\infty)$$

Cho $x=1$ có $f(f(y))=y f(1)\Rightarrow f$ song ánh.

Cho $y=1$ có $f(xf(1))=f(x)\Rightarrow f(1)=1\Rightarrow f(f(x))=x$

Giả sử $a>b$ thay $(x,y)$ bằng $(\dfrac{a}{b},f(b))$

Có $f(a)=f(\dfrac{a}{b}f(f(b)))=f(b)f(\dfrac{a}{b})>f(b)$

Vậy $f$ là hàm tăng. Nên:

Nếu $f(x)>x\Rightarrow f(f(x))>f(x)>x$ mâu thuẫn.

Nếu $f(x)<x\Rightarrow f(f(x))<f(x)<x$ mâu thuẫn.

$\Rightarrow f(x)=x,\forall x\in [1;+\infty)$

Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f:(0;+\infty )\rightarrow (0;+\infty )$ sao cho $f^2(x)\geq f(x+y)(f(x)+y)$ với mọi $x,y>0$

Ta có $f^2(x)\geq f(x+y)(f(x)+y)>f(x+y)f(x)\Rightarrow f(x)>f(x+y)$

Vậy $f$ là hàm giảm.

Cho $y=f(x)$ có $f(x)\geq 2f(x+f(x))$

Với mỗi $x$ xét dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_0=x,u_{n+1}=u_n+f(u_n)$

Ta có $f(u_n)\geq 2f(u_{n+1})\Rightarrow f(x)\geq 2^nf(u_n)$

Nên $u_n=u_{n-1}+f(u_{n-1})\leq u_{n-1}+\dfrac{1}{2^{n-1}}f(x)$

$\Rightarrow u_n\leq x+ (\sum_{i=0}^{n-1} \dfrac{1}{2^i}) f(x) <x+2f(x)$

$\Rightarrow f(u_n)>f(x+2f(x))\Rightarrow f(x)>2^nf(x+2f(x))$ mâu thuẫn khi $n\rightarrow +\infty$.

Nên không tồn tại hàm thỏa mãn đề (dpcm)

Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn các điều kiện sau:

1) $f(x+f(y))=y+f(x)$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$

2) Với mọi $x\neq 0$, tập hợp $\begin{Bmatrix} \dfrac{f(x)}{x} \end{Bmatrix}$ là tập hợp hữu hạn

Thay $x=0$ vào $1)$ có $f(f(y))=y+f(0)\Rightarrow f$ song ánh.

Ta có $f(f(x)+f(y))=y+f(f(x))=y+x+f(0)=f(f(x+y))$

$\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$

$\Rightarrow f(q)=q,\forall q\in \mathbb{Q}$ (do $f(f(x))=x$)

Ta có $f(q+r)=f(q)+f( r )=q+r+(f( r )-r),\forall q\in \mathbb{Q},r$ là số vô tỉ.

$\Rightarrow \dfrac{f(q+r)}{q+r}=1+\dfrac{f( r )-r}{q+r},\forall q\in \mathbb{Q}$

Nếu $f( r )-r\neq 0\Rightarrow \dfrac{f(q+r)}{q+r}$ tồn tại vô số giá trị khác nhau với mỗi số hữu tỉ $q$ mâu thuẫn với $2)$

Nên $f( r )=r$

Vậy hàm thỏa là $f(x)=x$

Bạn giải thích kĩ hơn hộ mình một chút được không ? Sao lại không suy ra toàn ánh được nhỉ ? 

 

Với lại thế $u=x+f(x)$ thì có cần điều kiện gì không ?

$f$ toàn ánh là khi $f:X \rightarrow Y$ mà ta chứng minh được $f(A)=Y,A \subset X$

Theo như mình biết thì là như vậy nói chung là nếu bạn chỉ ra được tập giá trị của $f$ là $Y$ thì $f$ toàn ánh (trước đây mình cũng chứng minh toàn ánh sai kiểu nên phải xem lại hơn 200 bài hàm nè )

Còn $u=x+f(x)$ thì tùy vào mục đích sử dụng của thôi VD như $u$ cần toàn ánh chả hạn

Bài làm của mình, nhưng mình cũng đang phân vân chỗ $f$ toàn ánh, không biết thế có đúng không ?

 

Với lại, khi thế $u=x+f(x)$, có cần điều kiện gì không nhỉ ?

Không thể suy ra toàn ánh như kiểu của bạn được đâu

Đây là bài giải của mình:

 

Câu 4. (4 điểm)

 

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thoả mãn điều kiện:

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

Cho $y=0$ có $f(f(x))+f(x)=2x\Rightarrow f$ đơn ánh.

Cho $y=1$ có $f(x+f(x))+f(x-f(x))=2x$

Cho $y=-1$ có $f(f(x)-x)+f(x+f(x))=2x$

$\Rightarrow f(x-f(x))=f(f(x)-x)\Rightarrow x-f(x)=f(x)-x\Rightarrow f(x)=x$

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}; g:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn:
$$f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x), \forall x,y \in \mathbb{R}$$

Bài này làm hơi trâu

Cho $P(x,y)$ có tính chất $f(x+g(y))=xf(y)-yf(x)+g(x)$

$*TH1:f(0)=0$ hoặc $g(0)=0$

$-TH:f(0)=0$

$P(-g(0),0)\Rightarrow g(-g(0))=0$

$P(0,-g(0))\Rightarrow f(g(-g(0)))=g(0)\Rightarrow g(0)=0$

$-TH:g(0)=0$

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

Nên $f(0)=0$ hoặc $g(0)=0$ thì $f(0)=g(0)=0$

$P(0,x)\Rightarrow f(g(x))=0$

$P(x,0)\Rightarrow g(x)=f(x)\Rightarrow f(f(x))=g(f(x))=g(g(x))=0$

$P(x,f(x))\Rightarrow f(x+g(f(x)))=xf(f(x))-(f(x))^2+g(x)\Rightarrow f(x)=0\Rightarrow g(x)=0$

$*TH2:f(0)\neq 0,g(0)\neq 0$

$P(0,x)\Rightarrow f(g(x))=-xf(0)+g(0)$

$P(g(x),y)\Rightarrow f(g(x)+g(y))=g(x)f(y)-yf(g(x))+g(g(x))$

$\Rightarrow f(g(x)+g(y))=g(x)f(y)+xyf(0)-yg(0)+g(g(x))$

$P(g(y),x)\Rightarrow f(g(y)+g(x))=g(y)f(x)+xy f(0)-xg(0)+g(g(y))$

$\Rightarrow g(x)f(y)-yg(0)+g(g(x))=g(y)f(x)-xg(0)+g(g(y)),(*)$

Thay $x$ bằng $g(x)$ vào $(*)$ có

$g(g(g(x)))+f(y)g(g(x))-g(y)f(g(x))+g(0)g(x)-g(g(y))-yg(0)=0$

$\Rightarrow g(g(g(x)))+f(y)g(g(x))+g(0)g(x)+g(y)f(0)x-g(g(y))-g(y)g(0)-yg(0)=0$

Cũng có $g(g(g(x)))+f(z)g(g(x))+g(0)g(x)+g(z)f(0)x-g(g(z))-g(z)g(0)-zg(0)=0$

$\Rightarrow (f(y)-f(z))g(g(x))+(g(y)-g(z))f(0)x+(m(y)-m(z))=0,(m(x)=-g(g(x))-g(x)g(0)-xg(0))$

$\Rightarrow g(g(x))=a_0x+b_0$ (với $a_0,b_0$ là hằng số)

Thay $y=0$ vào $(*)$ ta có

$g(x)f(0)+g(g(x))=g(0)f(x)-xg(0)+g(g(0))$

$\Rightarrow g(0)f(x)=g(x)f(0)+a_0x+b_0+xg(0)-g(g(0))$

$\Rightarrow f(x)=k_1g(x)+a_1x+b_1,(**)$ (với $k_1,a_1,b_1$ là hằng số)

Thay $x$ bằng $g(x)$ vào $(**)$ có

$f(g(x))=k_1g(g(x))+a_1g(x)+b_1$

$\Rightarrow -xf(0)+g(0)=k_1a_0x+k_1b_0+a_1g(x)+b_1$

$\Rightarrow g(x)=ex+f$ (với $e,f$ là hằng số)

$\Rightarrow f(x)=ax+b$ (với $a,b$ là hằng số) (khi thay vào $(**)$)

Vậy $f(x),g(x)$ là các đa thức bậc 1

Khi thử lại ta xác định được $a=\dfrac{e}{e+1},b=\dfrac{-e^2}{e+1},f=-e^2$

Vậy các cặp hàm thỏa đề là $f(x)=\dfrac{ex-e^2}{e+1},g(x)=ex-e^2$

Ps: Cân bằng hệ số nhầm

1.Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

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

Thôi mình giải bài 1 vậy

 Với $P(x,y)$ có tính chất $f(x+y)+f(x^2+f(y))=(f(x))^2+f(x)+f(y)+y$

$P(0,x)\Rightarrow f(f(x))=y+(f(0))^2+f(0)\Rightarrow f$ toàn ánh.

$P(x,0)\Rightarrow f(x^2+f(0))=(f(x))^2+f(0)$

$\Rightarrow (f(x))^2=(f(-x))^2\Rightarrow f(x)=-f(-x)$ (do $f$ đơn ánh)

$\Rightarrow f(0)=0$ (do $f$ toàn ánh)

$P(y,x)\Rightarrow f(x+y)+f(y^2+f(x))=(f(y))^2+f(x)+f(y)+x$

$P(-y,x)\Rightarrow f(x-y)+f(y^2+f(x))=(f(y))^2+f(x)-f(y)+x$

$\Rightarrow f(x+y)-f(x-y)=2f(y)$

Tương tự cũng có $f(x+y)-f(y-x)=2f(x)\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y)$

Mà $f(x^2)=(f(x))^2$ nên $f(x)=x$ (thỏa) hoặc $f(x)=0$ (không thỏa)

Vậy hàm thỏa đề là $f(x)=x$

Giải trí một chút

 

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ thỏa\[
f\left( {xy} \right) + f\left( {x + y} \right) = f\left( x \right)f\left( y \right) + f\left( x \right) + f\left( y \right),\forall x,y \in \mathbb{Z}
\]

Bài này bạn giải rồi mà

Cho $x=y=0$ có $f(0)=0$

Cho $x=1,y=-1$ có $f(1)(f(-1)+1)=0$

- Với $f(1)=0$

Cho $y=1$ có $f(x+1)=0\Rightarrow f(x)=0,\forall x\in \mathbb{Z}$

- Với $f(1)\neq 0\Rightarrow f(-1)=-1$

Cho $x=-2,y=1$ có $f(-1)=f(1)(f(-2)+1)\Rightarrow \dfrac{-1}{f(1)}=f(-2)+1\in \mathbb{Z}$

$\Rightarrow f(1)=1$ hoặc $f(1)=-1$

+ Với $f(1)=1$

Thay $y=1$ có $f(x+1)=f(x)+1\Rightarrow f(x)=x,\forall x\in \mathbb{Z}$ (do $f(0)=0$)

+ Với $f(1)=-1$

Thay $y=1$ có $f(x+1)=-f(x)-1\Rightarrow f(x+2)=f(x)$

$\Rightarrow x$ chẵn thì $f(x)=0,x$ lẻ thì $f(x)=-1,(*)$

Thay $x,y$ đều lẻ vào thì $xy$ lẻ, $x+y$ chẵn và thỏa mãn PT.

Thay $x,y$ đều chẵn vào thì $xy,x+y$ chẵn và thỏa mãn PT.

Thay $x$ lẻ, $y$ chẵn thì $xy$ chẵn, $x+y$ lẻ và thỏa mãn PT

Vậy có ba hàm thỏa đề là $f(x)=0,f(x)=x$ và một hàm xác định bởi $(*)$

 Hình như là không , chỉ có điều ngược lạ là được thôi , lấy $n=7$ , cho $a=b=1$ ta có $2^{3}=1+7.1$ nhưng $2$ không thuộc $S$ 

Thực ra bài này mình nghĩ ra khi đọc bài chứng minh này http://en.wikipedia....of_for_Case_A_2

Không hiểu tại sao khi $s^3=u^2+3v^2$ thì suy ra được $s=e^2+3f^2$ nhỉ

 Với $n,k\in \mathbb{N}$. Cho tập $S=\left \{ a^2+nb^2|a,b\in \mathbb{Z} \right \}$. Liệu với $m^k\in S;m \in \mathbb{N}$ thì có thể suy ra được $m\in S$ không?

 Và thêm trường hợp $n\in \mathbb{Z}$

Giải pt nghiệm nguyên.
$$x^y+y=y^x+x.$$

- Với $x,y\leq 0$ thì $x^y+y^x\not \in \mathbb{Z}(x,y\neq 1)\Rightarrow x^y=y^x\Rightarrow x=y$

- Với $x>0,y\leq 0$ thì do $x^y\in (0;1]\Rightarrow x=1$ hoặc $y=0$ (do $x,y\in \mathbb{Z}$) nhưng chỉ có $x=1$ thỏa mãn

- Với $x,y>0$

 +TH $x=y$ ta thấy thỏa mãn $\forall x\in \mathbb{Z^+}$

 + TH $x\neq y$

 Giả sử $x>y\Rightarrow x^y+y=y^x+x>y^x+y\Rightarrow x^y>y^x\Rightarrow \sqrt[x]{x}>\sqrt[y]{y}$

 Xét hàm $f(x)=\sqrt[x]{x}$ trên khoảng $(1;+\infty)$ là hàm liên tục

 Có $f'(x)=\dfrac{(1-\ln x)\sqrt[x]{x}}{x^2}$ ta có $f'(x)=0\Leftrightarrow x=e$

 $\Rightarrow f$ có cực đại tại điểm có hoành độ $e$ (do $f(e)>f(2)$)

 $\Rightarrow f$ đồng biến trên $(1;e)$ nghịch biến trên $(e;+\infty)$.

 Kết hợp với $f(n)\geq f(1),\forall n\in \mathbb{Z^+}$ và $f(2)=f(4)$ nên để thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $x>y$ và $\sqrt[x]{x}>\sqrt[y]{y}$ thì cặp $(x,y)$ là $(3,2)$ hoặc $(n,1),\forall n\in \mathbb{Z^+}$ thỏa mãn.

Kết luận phương trình có các nghiệm $(x,y)$ là $(1,n);(n,1);(m,m);(2,3);(3,2),\forall n,m\in \mathbb{Z},m\neq 0$

Cho $h(x)$ là hàm tuần hoàn trên $\mathbb{R}$ chu kỳ $a>0.$ Xác định các hàm $f(x)$ thỏa $f(x+a)=h(x)f(x), \forall x \in \mathbb{R}.$

 

Giúp mình nha. Thanks!

Bạn có thể chứng minh qui nạp rằng $f(x+na)=(h(x))^nf(x),\forall n\in \mathbb{Z}$

Rồi với $x\in [0;a)$ cho $f(x)$ một giá trị bất kì thì ta có thể xác định hàm $f$

Nếu $h(x+a)=-h(x)$ thì ta qui nạp rằng $f(x+na)=(-1)^{n-1}(h(x))^n)f(x),\forall n\in \mathbb{Z}$

Cho hàm $f: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$. Tìm $f(x)$ biết: 

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

Hình như $f(x)=C,\: f(x)=x-[x]$

Cái này chỉ chứng tỏ $f$ là hàm toàn hoàn chu kì $1$ thôi

Có lẽ cần thêm điều kiện gì đó

Tìm hàm số thỏa mãn $f\left ( nf\left ( m \right ) \right )=n^{2}f\left ( m \right )$

Mặc định cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

Với $P(n,m)$ có tính chất $f(nf(m))=n^2f(m)$

$P(f(n),m)\Rightarrow f(f(n)f(m))=(f(n))^2f(m)$

$P(f(m),n)\Rightarrow f(f(m)f(n))=(f(m))^2f(n)$

$\Rightarrow f(m)f(n)(f(m)-f(n))=0$

$\Rightarrow \boxed{f(x)=0},\forall x\in \mathbb{R}$

Cũng có thể làm như sau

Với $n\not \in \left \{ -1,0,1 \right \}$

$P(n,nf(m))\Rightarrow f(nf(nf(m)))=n^2f(nf(m))\Rightarrow f(n^3f(m))=n^4f(m)$

$P(n^3,m)\Rightarrow f(n^3f(m))=n^6f(m)$

$\Rightarrow n^4f(m)=n^6f(m)\Rightarrow \boxed{f(m)=0},\forall m\in \mathbb{R}$

cho mình hỏi nếu x=y=1 thi mẫu số =0 rồi mà,mình còn yếu mong giúp dùm 

Thường thì mình không hay xét điều kiện ở mẫu nên sai bước này

Bạn cho nó có điều kiện là $x,y\neq 1$

Khi $f(\frac{x}{2})=c\cdot (x^{\alpha}-x^{\beta})\Rightarrow f(x)=c\cdot ((2x)^{\alpha}-(2x)^{\beta})$

Thay cái này vào phương trình ban đầu thì tìm được $c=0$

Ps: Thay vào mà có hàm thỏa ngoài $f(x)=0$ thì @@