tìm x,y nguyên thỏa mãn $$x^y=y^x$$ dùng kiến thức cấp 2

Ta có $$x^y=y^x \Leftrightarrow (\dfrac{x}{y})^y=y^{x-y}$$
Giả sử $x \geq y$ nên $x \vdots y$ cho $\dfrac{x}{y}=k$ được
$$k^y=y^{y(k-1)} \Rightarrow k=y^{k-1} \Rightarrow k=1,k=2 $$
Vậy các nghiệm thảo mãn là $(x;y)=(t;t) \cup (x;y)=(4;2)$

phải chung minh với k bất kỳ khác 1 và 2 thì có điều vô lý chứ

Có thể là mình làm hơi tắt thì phải
Ta có $k=y^{k-1} \Rightarrow y^m-m+1=0,(m=k-1)$
Xét $y^m-m+1$ đồng biến $y>0$ trên khoảng $(2;+ \infty)$ mà $m=2$ thì $y^m-m+1 >0$ và $y<0$ thì nghịch biến $m=2u+1$ đồng biến $m=2u$ nên chỉ có nghiệm $k=1,k=2$

 

Bài 1. Tìm tất cả hàm $f$ thỏa mãn $ f:R \to R$ thỏa $$f(x+1)-f(x)=2^{-x}$$

 

Bài 2. Cho $a$ là một hằng số dương. Tìm $f$ xác định trên $R$ sao cho $$f(x+a)=-f(x)$$

 

Bài 1: Ta có $f(x+2)-f(x)=(f(x+2)-f(x+1))+(f(x+1)-f(x))=2^{-x-1}+2^{-x}=2^{-x}(1+2^{-1})$

Tương tự có thể chứng minh được $f(x+n)-f(x)=2^{-x}\left ( \sum_{i=0}^{n-1}2^{-i} \right ),n\in \mathbb{N^*}$

Cũng có $f(x)-f(x-n)=2^{-x+n}\left ( \sum_{i=0}^{n-1}2^{-i} \right )=2^{-x}\left ( \sum_{i=1}^{n}2^{i} \right )$

Với $x>0$ thì $f(x)=f(\left \lfloor x \right \rfloor+\left \{ x \right \})=2^{-\left \{ x \right \}}\left ( \sum_{i=0}^{\left \lfloor x \right \rfloor -1} 2^{-i}\right )+f(\left \{ x \right \})$

Với $x<0$ có $f(x)=f(\left \lfloor x \right \rfloor+\left \{ x \right \})=2^{-\left \{ x \right \}}\left ( \sum_{i=1}^{-\left \lfloor x \right \rfloor } 2^{i}\right )+f(\left \{ x \right \})$

Vậy ta chỉ cần cho $f(\left \{ x \right \})$ có giá trị bất kì là xác định được hàm $f$

 

Bài 2: $f(x)=-f(x+a)=f(x+2a)$ nên $f$ tuần hàm chu kì $2a$

Vậy chỉ cần xác định giá trị của $f$ tại $[0;2a)$ mà $f(x)=-f(x+a)$

Nên với hàm $g:[0;a)\rightarrow \mathbb{R}$ bất kì.

Ta xác định hàm $f$ nhu sau $\left\{\begin{matrix} f(x)=g(x),x\in [0;a)\\f(x)=f(x-a),x\in [a;2a) \\f(x)=f(x+2a) \end{matrix}\right.$

Tìm tất cả các hàm: $f:R\rightarrow R$ sao cho: $f(x+cos(2009y))=f(x)+2009cos(f(y));\forall x,y\epsilon R$

Bài này chắc chỉ gợi ý thôi

Cho $t=2009$

Cho $x=0$ có $f(\cos (ty))=f(0)+t\cos (f(y))$

Từ đó chứng minh được $f(\cos (tx)+\cos (ty))+f(0)=f(\cos (tx))+f(\cos (ty)),(*)$

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

và $f(2x)=2f(x)-f(0)$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$ và $-1\leq x,y \leq 1$

$\Rightarrow f(q)=a\cdot q+f(0)$ với mọi số hữu tỉ $-1\leq q\leq 1$

Mà ta có $t\cos(f(q))=f(\cos(tq))-f(0)=f(\cos(t(-q)))-f(0)=t\cos(f(-q))$

$\Rightarrow \cos(a\cdot q+f(0))=\cos(-a\cdot q+f(0)$

$\Rightarrow f(0)=2k\pi$ hoặc $f(0)=(2k+1)\pi$ hoặc $f(0)=\pm \dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ với $k\in \mathbb{Z}$

Sử dụng công thức $\cos(a+b)+\cos(a-b)=2\cos a \cos b$

Từ $(*)$ thay $x,y$ bằng $x+y,x-y$ ($-1\leq x,y\leq 1$) ta chứng minh được

$f(\cos (t(x+y))+\cos (t(x-y)))=t\cos (f(x+y))+t\cos (f(x-y))+f(0)$

$\Rightarrow 2f(\cos tx \cos ty)-f(0)=2t\cos (\dfrac{f(x+y)+f(x-y)}{2}) \cos (\dfrac{f(x+y)-f(x-y)}{2})+f(0)$

$\Rightarrow f(\cos tx \cos ty)=t\cos (f(x)) \cos (f(y)-f(0))+f(0)$

Với $f(0)=2k\pi$ ta có $f(\cos tx \cos ty)=t\cos (f(x)) \cos (f(y))+f(0)$

$\Rightarrow t(f(\cos tx \cos ty)-f(0))=(f(\cos (x))-f(0))t(f(\cos (ty))-tf(0))$

$\Rightarrow t(f(xy)-f(0))=t(f(x)-f(0))t(f(y)-f(0))$

Đặt $tg(x)=f(x)-f(0)$ có $g(xy)=g(x)g(y)$

Theo $(*)$ cũng có $g(x+y)=g(x)+g(y)$

$\Rightarrow g(x)=x$ hoặc $g(x)=0$

$\Rightarrow f(x)=tx+2k\pi$ (thỏa) hoặc $f(x)=f(0)=2k\pi$ (không thỏa)

Tiếp tục xét tương tự với $f(0)=(2k+1)\pi$ và $f(0)=\pm \dfrac{\pi}{2}+2k\pi$

Tìm tất cả các hàm số $f:N^{*}\rightarrow N^{*}$ thỏa mãn $2(f(m^{2}+n^{2}))^{3}=f^{2}(m).f(n)+f^{2}(n).f(m)$

Với $p$ là số nguyên tố lẻ bất kì.

Đặt $f(n)=h(n)p^{g(n)}$ ( $h:N^* \rightarrow N^*$ và $g: N^*\rightarrow N$)

Ta có $2h(m^2+n^2)^3p^{3g(m^2+n^2)}=h(m)h(n)p^{g(m)+g(n)}(h(m)p^{g(m)}+h(n)p^{g(n)})$

Từ đây ta suy ra được $3g(m^2+n^2)=g(m)+g(n)+\min {g(m);g(n)}$

Giả sử $g(m)>g(n)$ thì ta thấy $g(m)>g(m^2+n^2)>g(n)$

Cho dãy $u_n$ thỏa $u_{n+1}=u_n^2+n^2$ và $u_0=m$

Ta dễ dàng chứng minh được $g(m)>g(u_{n+1})>g(u_n)$

Do dãy $u_n$ vô hạn mà $(g(m)-g(n)$ hữu hạn nên ta thấy ngay điều vô lí.

Suy ra $g(m)=g(n),\forall m,n\in N^*$ hay $g$ là hàm hằng.

Suy ra $f(n)=c.2^{t(n)}$ ($t:N^* \rightarrow N$) với $c$ là hằng số.

Cái này mọi người tự thay vào cm $t$ là hàm hằng nhé

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.

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

Tìm tất cả các hàm số $f:[0;1]\rightarrow R$, liên tục và thỏa mãn$ f(x)\geq 2011x^{2012}f(x^{2013})$,với mọi x thuộc [0;1].

Đặt $g(x)=x \cdot f(x)$ có $g(x) \geq 2011 g(x^{2013})$ và $g(0)=0$

Cho $x=1$ có $g(1) \leq 0$

Do $f$ liên tục và $1\geq x \geq 0$ nên khi $m \rightarrow +\infty$ thì

$0\geq \frac{1}{2011^m}g(1)\geq \frac{1}{2011^m}g(x^{\frac{1}{2013^m}})\geq \frac{1}{2011} g(x^{\frac{1}{2013}})\geq g(x)$

$g(x) \geq 2011 g(x^{2013}) \geq 2011^m g(x^{2013^m})\geq 2011^m g(0)=0$

$\Rightarrow g(x)=0 \Rightarrow f(x)=0$ (thỏa)

Vậy hàm thỏa đề là $f(x)=0$

 

Chp $\alpha, \beta$ là hai số thực bất kì mà $|\alpha|\neq |\beta|$. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ liên tục tại $0$ thỏa mãn $$f(\alpha x)=f(\beta x)+x^2$$

vói mọi $x\in \mathbb{R}$. Có tồn tại hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên không nếu $|\alpha|=|\beta|$

 

Thiết nghĩ bài này chỉ cần xét các trường hợp $\alpha =0, \beta =0 ,\alpha > \beta, \alpha <\beta$

Với $\alpha > \beta$ ta có

$f(x)=f(\frac{\beta x}{\alpha})+(\frac{x}{\alpha})^2=f((\frac{\beta }{\alpha})^2x)+(\frac{x}{\alpha})^2+(\frac{\beta }{\alpha})^2 (\frac{x}{\alpha})^2=...=f((\frac{\beta }{\alpha})^{2^n}x)+ (\frac{x}{\alpha})^2(\dfrac{1- (\frac{\beta}{\alpha})^{2^n}}{1- \frac{\beta}{\alpha}})$

Cho $n$ tiến tới vô cùng là sẽ giải được một trường hợp của bài.

Các trường hợp khác chắc dễ rồi

Trường hợp $|\alpha |=|\beta |$ thì thay $x$ bằng $-x$ sẽ thấy không tồn tại hàm thỏa.

Cho tứ giác $ABCD$ và $M$ di động trên đường thẳng $BC$. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABM$ và $CDM$ cắt nhau tại điểm thứ hai $P$. Tìm quỹ tích điểm $P$.

Cho $DC \cap AB=K$
Với $M$ nằm giữa $BC$
Do các tứ giác $PDCM,PABM$ nội tiếp nên $\widehat{APD}=\widehat{DPM}+\widehat{APM}=360^{\circ}-\widehat{DCM}-\widehat{ABM}=180^{\circ}-\widehat{AKD}$
Nên tứ giác $PAKD$ nội tiếp
Với $M$ nằm ngoài $BC$ , giả sử $B$ nằm giữa $CM$
Do các tứ giác $PDCM,PABM$ nội tiếp nên $\widehat{APD}=\widehat{DPM}-\widehat{APM}=\widehat{ABM}-\widehat{DCM}=\widehat{AKD}$
Nên tứ giác $PAKD$ nội tiếp
Vậy quĩ tích điểm $P$ là đường tròn ngoại tiếp $\Delta AKD$

Chổ màu đõ có vấn đề nhé bạn, đây đâu phãi phép tính nhân
a. $$\frac{x^{2}+xy+y^{2}}{x^{2}-xy+y^ {2}}=$$ $$\frac{(x-y)^2+3xy}{(x-y)^2+xy} \leq 3$$

Đấy là bất đẳng thức mà với $c <b, a \geq 0$
$$\frac{a+b}{a+c}\leq \frac{b}{c}$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+b}{a+c}-1\leq \frac{b}{c}-1$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{a+c}\leq \frac{1}{c}$$

Tìm giá trị lớn nhất của :
a, $\frac{x^{2}+xy+y^{2}}{x^{2}-xy+y^ {2}}$ với $x ;y > 0$
b, $\frac{x}{(x+1995)^{2}}$ Với $x > 0$

a. $$\frac{x^{2}+xy+y^{2}}{x^{2}-xy+y^ {2}}=\frac{(x-y)^2+3xy}{(x-y)^2+xy} \leq 3$$

b. $$\dfrac{x}{(x+1995)^{2}}=\dfrac{1}{x+1995\times 2 +\dfrac{1995^2}{x}} \leq \frac{1}{7980}$$

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

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

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

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

Mình thấy pt cauchy có dạng f(x)+f(y)=f(x+y) đúng với mọi x,y thuộc R, nhưng ở đây m,n là thuộc tập giá trị của ánh xạ f, chưa chạy toàn R thì cũng được áp dụng à, bạn giải thích rõ với, mình không hiểu lắm.

Do $f(f(x))=2x$ nên $f$ toàn ánh. Bài giải trên thiếu cái này.

tìm hàm f:$\mathbb{N}$ $\rightarrow$$\mathbb{N}$ sao cho:
i) $f(n+f(n))=f(n)$
ii)tồn tại $n_0$ sao cho $f(n_0)=1$

Đề bài cho tồn tại $n_0$ sao cho $f(n_0)=1$

Giả sử số tự nhiên $a$ nhỏ nhất sao cho $f(a)=1$

Có $f(a+1)=f(a+f(a))=f(a)=1$ bằng qui nạp chứng minh được $f(n)=1$ với $n \geq a$

Ta có $f(a-1+f(a-1))=f(a-1)$

Giả sử $f(a-1)>1 \Rightarrow a-1+f(a-1)>a$

$\Rightarrow 1=f(a-1+f(a-1))=f(a-1)>1$ (vô lí) nên $f(a-1)=0$

Và $f(a-2+f(a-2))=f(a-2)$

Giả sử $f(a-2)>1 \Rightarrow a-2+f(a-2)>a-1$

$\Rightarrow 1=f(a-2+f(a-2))=f(a-2)>1$ (vô lí) nên $f(a-2)=0$

Bằng qui nạp chứng minh được $f(n)=0$ với $n<a$

Vậy hàm thỏa mãn là $\begin{cases} & { f(n)=1,n \geq a}  \\  &  { f(n)=0,n<a } \end{cases},a \in\mathbb{N}$

b) Ta đánh số hai phương trình hàm như sau:

\begin{align} \label{eq:1} f(x)& =xf(\frac{1}{x}) \\ \label{eq:2} f(x) + f(y) & = 1+f(x+y) \end{align}

 

Cho $x=-1$ vào \eqref{eq:1} ta được

\begin{equation} \label{eq:3} f(-1)=-f(-1) \Rightarrow f(-1)=0 \end{equation}

 

Cho $y=0, x\neq 0$ vào \eqref{eq:2} ta được

\begin{equation} \label{eq:4} f(x)+f(0)=1+f(x) \Rightarrow f(0)=1 \end{equation}

 

Cho $y=-1, x\neq 1$ vào \eqref{eq:2} ta được

\begin{equation} \label{eq:5} f(x)+f(-1)=1+f(x-1) \ \forall x\neq 1 \end{equation}

 

$$\eqref{eq:3},\eqref{eq:5} \Rightarrow f(x)=f(x-1)+1 \forall x \neq 1$$

 

Ta có: \begin{align*} f(x) & = f(x-1)+1  \ \forall x\neq 1 \\ & = \left[f(x-2)+1\right] +1  \ \forall x\neq 1 \\ & =f(x-2)+2  \ \forall x\neq 1 \\ & = \ldots \\ & = f(0)+x  \ \forall x\neq 1 \\ &= x+1  \ \forall x\neq 1 \text{ (theo \eqref{eq:4})} \end{align*}

 

Vậy $f(x)=x+1  \ \forall x\neq 1$

 

Mặt khác, từ \eqref{eq:2} cho $x=y=1$ ta được $2f(1)=1+f(2)$, lại cho $x=2$ vào công thức $f(x)=x+1  \ \forall x\neq 1$ thì $f(2)=3$

 

Vậy $2f(1)=1+3$ hay $f(1)=2$

 

Vậy tóm lại, $f(x)=x+1\ \forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thoả mãn

 

Spoiler

tớ mới học phương trình hàm, có gì sai xin được chỉ giáo

Đọc bài giải của bạn thì thấy bạn chỉ chứng minh được $f(x)=x+1, \forall x \in N$ thôi Bạn xem kĩ lại xem

Bạn xem lại nha, với $i=0$ thì bạn chưa có $k-i=f(k-i)$

Còn nữa, f chưa là đơn ánh nên $f(k-i)=f(t_k-1)$ không suy ra được $t_k=k-i+1$.

Do $f(1) \geq 1 \Rightarrow f(k) \geq k$ và do $f(k)=\min(D_n \setminus D_{k-1})$

Nên $f(f(k)) \geq f(k) \geq k \Rightarrow f(k+1)>f(k)$ . Tượng tự như vậy ta thấy hàm tăng nghiêm ngặt nên đơn ánh ( điều hiển nhiên ). Giả sử $f(k) \geq k+1$ thì ta có $f(f(k)) \geq f(k+1) > f(f(k))$ mâu thuẫn nên $f(n)=n$

điều này ko thể được suy ra vì $f(f(k_k-1))=f(k-1)$ vẫn đảm bảo $f(f(t_k-1)<f(t_k)$

Ừ có lẽ cần thêm là $\Rightarrow f(f(t_k-1))=f(k-i) \Rightarrow f(t_k-1)=k-i=f(k-i) \Rightarrow t_k=k-i+1 \Rightarrow f(t_k)=f(k-i+1) \Rightarrow i=0 \Rightarrow t_k=k+1$ (do $f(k-i) \leq f(k)$ )

Kết quả này không đúng lắm,phải ra là $\frac{1}{m+1}A_{m+1}^{m+n}$.

Đúng mà. Giống với kết quả của hxthanh

Bạn thử đọc kĩ bài của mình xem. Ý tưởng từ bài tính tổng với $m=2$

Bài toán 13: Cho $m \in \mathbb{Z^+}$.Hãy tính $1.2....m + 2.3....(m + 1) + .... + n(n + 1)...(n + m - 1)$

Viết lại tổng $S=\sum_{i=m}^{n+m-1} A_{i-m}^{i}$ với $A_{k}^{n}=\dfrac{n!}{(n-k)!}$

Ta có $(m+1) \sum_{i=m}^{n+m-1} A_{i-m}^{i} =\sum_{i=m}^{n+m-1} A_{i-m}^{i}((i+1)-(i-m))$

$=\sum_{i=m}^{n+m-1} (A_{i-m}^{i+1}-A_{i-m-1}^{i})=A_{n-1}^{n+m}$

$\Rightarrow S=\dfrac{A_{n-1}^{n+m}}{m+1}$

Không biết đúng không

Chậm chân

cho hàm $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $f(n+1)+f(n-1)=kf(n)$  $\forall n\in \mathbb{N}$

hãy tìm các giá trị của $k$ để $f$ là hàm tuấn hoàn

Spoiler

bài này đáp số là $k=2cos\pi t(t\in \mathbb{Q})$ nhưng mình không biết làm

 

U-Th

Nhìn bài này quen quen hóa ra là giống bài này  http://diendantoanho...̀m-tuần-hoàn/

Đầu tiên ta đặt $f(n)=u_nf(1)-u_{n-1}f(0), \forall n\geq 2$

Với $u_n$ là dãy thỏa $u_0=0,u_1=1, u_n=ku_{n-1}-u_{n-2}$

Nếu $|k|>2$ thì $u_n=A(\frac{k+\sqrt{k^2-4}}{2})^n+B(\frac{k-\sqrt{k^2-4}}{2})^n$

thì hàm $f$ không thể là hàm tuần hoàn khi $n$ càng lớn.

Nếu $|k|\leq 2$ đặt $k=2\cos(x)$ thì $u_n=\frac{\sin(nx)}{\sin(x)}$ ( hỏi mấy thánh về dãy )

$\Rightarrow f(n)=\frac{\sin(nx)}{\sin(x)}f(1)-\frac{\sin((n-1)x)}{\sin(x)}f(0)$

Giả sử hàm $f$ tuần hoàn theo chu kì $p$ thì ta có $f(n)=f(n+p)$

$\Rightarrow \frac{\sin(nx)}{\sin(x)}f(1)-\frac{\sin((n-1)x)}{\sin(x)}f(0)=\frac{\sin(nx+px)}{\sin(x)}f(1)-\frac{\sin((n-1)x+px)}{\sin(x)}f(0)$

Giờ ta đồng nhất thức ( không biết có được xài không :v ) thì sẽ ra kết quả là $px=2q\pi$

$\Rightarrow k=2\cos(t\pi),t=\frac{2q}{p}$

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

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

Với $\mathbb{I}$ là tập số vô tỉ.

Bài 2: Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ thỏa:

$$f^k(n)=(f(k))^n+n$$

Với mọi $n \in \mathbb{N}$ và một số nguyên $k \geq 2$  ( kí hiệu $f^k(n)$ là $f(f(...f(f(n))...))$ với $k$ lần $f(...)$ )

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

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

Với $\mathbb{I}$ là tập số vô tỉ.

Lâu lâu mới xem lại bài này

-------------------------

Ta có mệnh đề đúng sau: Tích của một số hữu tỷ khác không và một số vô tỉ là một số vô tỉ

Khi đó cho số $i>0,i\in \mathbb{I}$ và $f(i)=c\cdot i$

Từ $f(x+y)=f(x)+f(y)$ ta dễ dàng chứng minh được $f(q\cdot x)=q\cdot f(x),\forall q\in \mathbb{Q^+}$

$\Rightarrow f(q\cdot i)=q\cdot f(i)=c\cdot q\cdot i$ (cũng chứng minh được $c>0$)

Vậy với $\dfrac{x}{i} \in \mathbb{Q^+}$ thì $f(x)=c\cdot x$

Với $\dfrac{x}{i}>0,\dfrac{x}{i} \in \mathbb{I}$ ta cho hai dãy hữu tỉ $(q_n)$ tăng và $(p_n)$ giảm sao cho $q_n<\dfrac{x}{i}<p_n.\forall n\in \mathbb{N}$ và $\lim p_n=\lim q_n$

$\Rightarrow q_n \cdot i<x<p_n \cdot i \Rightarrow f(q_n \cdot i)<f(x)<f(p_n \cdot i)$

$\Rightarrow q_n \cdot f(i)<f(x)<p_n \cdot f(i)\Rightarrow q_n<\dfrac{f(x)}{f(i)}<p_n\Rightarrow \dfrac{f(x)}{f(i)}=\dfrac{x}{i}\Rightarrow f(x)=c\cdot x$

$\Rightarrow$ với $x>0$ thì $f(x)=c\cdot x$

Với $x<0$ thì $-x+i>-x>0$ ta thay $y=-x+i$ có $f(i)=f(x)+f(-x+i)\Rightarrow f(x)=c\cdot x$

Vậy hàm thỏa mãn là $f(x)=c \cdot x,\forall x\in \mathbb{I}$

Nếu là $f:\mathbb{I}\rightarrow \mathbb{I}$ thì $c\in \mathbb{Q^+}$

 

P/s: Cái mệnh đề lúc trước chưa đúng hoàn toàn

Thanks perfectstrong nhá Kém số quá

 

Mệnh đề này sai nhé: Ví dụ xét $2+\sqrt 3$ thì $(2+\sqrt 3)(2-\sqrt 3)=1 \in \mathbb{Q}$.

Mệnh đề đúng phải là: tích một số hữu tỷ khác $0$ với một số vô tỷ là một số vô tỷ.

 

IMO 2015

Ngày 11-07-2015

Thời gian bắt đầu: 9am

Thời gian làm bài: 4 tiếng

 

Bài 4. Kí hiệu $\mathbb{R}$ là tập các số thực. Xác định tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn $$f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)$$ với mọi số thực $x,y$.

 

Cho $x=y=0$ ta có $f(f(0))=0$

Cho $x=0,y=f(0)$ ta có $f(f(f(0)))+f(0)=f(f(0))+(f(0))^2\Rightarrow f(0)(f(0)-2)=0$

$\Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

   -Với TH $f(0)=2$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x-1,1$ ta được $f(x+f(x)-1)=x+f(x)-1$

Đặt $g(x)=x+f(x)-1\Rightarrow f(g(x))=g(x)\Rightarrow f(f(g(x)))=f(g(x))$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $0,g(x)$ ta được $f(f(g(x)))+2=f(g(x))+2g(x)$

$\Rightarrow g(x)=1\Rightarrow x+f(x)-1=1\Rightarrow f(x)=2-x$

   -Với TH $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Cho $y=0$ ta có $f(f(x)+x)=f(x)+x$

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

Thay $x$ bằng $-x$ ở $(1)$ ta có $f(-x)+f(-x^2)=-x(1-f(-x))$ (2)

Lấy $(1)-(2)$ ta có $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x)$ (3)

Giả sử tồn tại một vài số $t$ thỏa $f(t)=t$ thì theo $(3)$ suy ra được $f(-t)=-t$ 

Vậy ta sẽ có $f(-f(x))=-f(x),f(-x-f(x))=-x-f(x)$

Thay $x,y$ lần lượt là $-x,x-f(x)$ ta được $f(-x+f(-f(x)))+f(x(f(x)-x))=-x+f(-f(x))+(x-f(x))f(-x)$

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

Thay $x,y$ lần lượt bằng $x,f(x)-x$ ta được $f(x+f(f(x)))+f(x(f(x)-x))=x+f(f(x))+(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x(f(x)-x))=(f(x)-x)f(x)$ (5)

Từ $(4)$ và $(5)$ suy ra $(x-f(x))f(-x)=(f(x)-x)f(x)$

$\Rightarrow f(x)-x=0$ hoặc $f(x)=-f(-x)$

Nếu $f(x)=-f(-x)$ thay vào $(3)$ ta được $f(x)=x$

Vậy kết luận chung có 2 hàm thỏa đề $f(x)=x$ và $f(x)=2-x$

PS: Quên không thử lại

Thêm một lời giải khác cho TH2 của bài 4:

Với $f(0)=0$

Cho $x=0$ ta có $f(f(y))=f(y)$

Thay $x,y$ lần lượt bằng $f(x),0$ ta có $f(f(x)+f(f(x))=f(x)+f(f(x))\Rightarrow f(2f(x))=2f(x)$

Thay lần lượt $x,y$ bằng $f(x),x-f(x)$ ta được $f(2f(x))+f(f(x)(x-f(x)))=2f(x)+(x-f(x))f(f(x))$

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

Thay lần lượt $x,y$ bằng $x-f(x),f(x)$ ta được $f(x)+f(f(x)(x-f(x)))=x+f(x)f(x-f(x))$

$\Rightarrow f(x)+(x-f(x))f(x)=x+f(x)f(x-f(x))\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(x))=f(x)f(x-f(x)),(2)$

Cho $x=-1,y=1$ ta có $f(-1)=-1$

Cho $x=1$ ta có $f(1+f(1+y))+f(y)=1+f(1+y)+yf(1),(3)$

Cho $y=-1$ vào $(3)$ ta có $f(1)+f(-1)=1-f(1)\Rightarrow f(1)=1$

Nên $(3)\Rightarrow f(x)-x=f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)),(4)$

Thay $x$ bằng $1+f(x+1)$ vào $(2)$ ta có $(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(f(1+f(x+1))-(1+f(x+1)))$

$\Rightarrow (f(x)-x)(1-f(1+f(x+1)))=f(1+f(x+1))f(x-f(x)),(5)$

Lấy $(2)-(5)$ ta có $(f(x)-x)(f(1+f(x+1))-f(x))=(f(x)-f(1+f(x+1)))f(x-f(x))$

$\Rightarrow (f(x-f(x))+(x-f(x)))(f(1+f(x+1))-f(x))=0\Rightarrow f(x-f(x))=-(x-f(x))$ hoặc $f(1+f(x+1))=f(x),(1)$

Nếu $f(x-f(x))=-(x-f(x))$ thay vào $(2)\Rightarrow f(x)-x=0$

Nếu $f(1+f(x+1))=f(x)$ thay vào $(4)\Rightarrow x=1+f(x+1)\Rightarrow f(x+1)=x-1$

Thay $x,y$ lần lượt là $x+1,-x-1$ ta có $f(x+1)+f(-(x+1)^2)=x+1-(x+1)f(x+1)\Rightarrow f(-(x+1)^2)=3-x^2$ (không thuộc các dạng ở $(1)$)

Vậy ở TH này ta thu được hàm $f(x)=x$ thỏa mãn

Sao lại có dòng màu đỏ thế ạ ? 

Còn chỗ dòng màu tím sẽ xuất hiện hiện tượng "nhảy" hàm ạ, nên em nghĩ chỗ đó cần bổ sung thêm nữa.

Từ cái kết luận của cái dòng trên nó $f(t)=t\Rightarrow f(-t)=-t$

Mà ta đã có $f(f(x))=f(x)$ và $f(x+f(x))=x+f(x)$ (2 cái $f(x),x+f(x)$ có thể trong cùng một loại với $t$) nên $f(-f(x))=-f(x)$ và $f(-x-f(x))=-x-f(x)$ cái này là bước đột phá đó

Còn cái màu tím thì nó chia ra 2 TH $f(x)=x$ hoặc $f(-x)=-f(x)$

Nếu $f(-x)=-f(x)$ thay vào chỗ $(3)$ là $f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x))$ suy ra được $f(x)=x$

Do cả 2 TH đều suy ra được $f(x)=x$ nên đó sẽ là hàm cần tìm mà "nhảy" hàm là cái gì vậy.

À lời giải đó còn thiếu phải tính $f(1),f(-1)$ vì có đoạn $(t-1)(t+f(-t))=0$ khí đó nếu $t=1$ thì $f(-t)$ không dễ dàng bằng $-t$ được