Chủ đề này có 2 trả lời

[Ispectorgadget]

Tìm hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f\left(\frac{x^2+x+1}{x} \right )+f \left(\frac{x^2-x+1}{x} \right )=2\left(x^2+\frac{1}{x^2}+3 \right ),\forall x\in \mathbb{R}^*.$$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 06-10-2013 - 13:01

[wolfnight1997]

Đặt $a = \dfrac{x^2+x+1}{x};  b = \dfrac{x^2-x+1}{x}$

$a-b=2$

 

\[ \begin{array}{l} ptrinh` hàm  \Leftrightarrow f(a) + f(b) = a^2  + b^2  - 2(a - b) + 8 = a^2  + b^2  + 4 \\   \Leftrightarrow f(a) + f(a - 2) = a^2  + (a - 2)^2  + 4 \\   \Leftrightarrow h(a) =  - h(a - 2) = h(a - 4) = ............... = c \\    \Rightarrow f(a) - a^2  - 2 = c \\   \Rightarrow f(a) = a^2  + c + 2 \\   \Rightarrow f(x) = x^2  + c + 2 \\ \end{array}\]

 

?? mò thế thôi chứ nghĩ sai hết rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 06-10-2013 - 23:14

[perfectstrong]

Tìm hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f\left(\frac{x^2+x+1}{x} \right )+f \left(\frac{x^2-x+1}{x} \right )=2\left(x^2+\frac{1}{x^2}+3 \right ),\forall x\in \mathbb{R}^*.$$

Lời giải:

\[
\begin{array}{l}
 f\left( {\frac{{x^2  + x + 1}}{x}} \right) + f\left( {\frac{{x^2  - x + 1}}{x}} \right) = 2\left( {x^2  + \frac{1}{{x^2 }} + 3} \right) \\
  \Leftrightarrow f\left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right) + f\left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right) = 2\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2  + 1,\forall x \ne 0,\left( 1 \right) \\
 \end{array}
\]

Đặt $g\left( x \right) = f\left( x \right) - x^2 \left( {x \ne 0} \right)$ thì (1) thành\[
g\left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right) =  - g\left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right),\forall x \ne 0,\left( 2 \right)
\]

Nhận xét: Hàm $k(x)=x+\dfrac{1}{x}\,\forall x \ne 0$ là hàm toàn ánh trên $[2;+\infty)$ và $(-\infty;-2]$

Nên với mọi $u \ge 1,\exists x_0 \ne 0: k(x_0)-1=u$. Thay $x$ bởi $x_0$ vào (2), ta có

\[
g\left( {u + 2} \right) =  - g\left( u \right),\forall u \ge 1
\]
Do đó, $g$ là hàm phản tuần hoàn chu kì $2$ từ $[1;+\infty) \to \mathbb{R}$

Với mọi $u \le -1,\exists x_0 \ne 0: k(x_0)+1=u$. Thay $x$ bởi $x_0$ vào (2), ta có\[
g\left( u \right) =  - g\left( {u - 2} \right),\forall u \le  - 1
\]

Suy ra $g$ là hàm phản tuần hoàn chu kì $2$ từ $(-\infty;-1] \to \mathbb{R}$.

Vậy \[
f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}
 x^2+ h_1 \left( x \right) \text{ nếu } x \ge 1\\
 x^2+ h_2 \left( x \right) \text{ nếu } x \le -1\\
 h_3 \left( x \right) \text{ nếu } -1<x<1\\
 \end{array} \right.
\]

Trong đó, $h_1(x),h_2(x)$ là các hàm phản tuần hoàn chu kì $2$ và $h_1:[1;+\infty) \to \mathbb{R}$ và $h_2:(-\infty;-1] \to \mathbb{R}$. $h_3(x)$ là 1 hàm bất kì từ $(-1;1) \to \mathbb{R}$ (*)

Thử lại:

+ Nếu $x>0$ thì $x+\dfrac{1}{x}\pm 1 \ge 1$. Khi đó

\[
\begin{array}{rcl}
 VT\left( 1 \right) &=& \left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right)^2  + h_1 \left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right) + \left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right)^2  + h_1 \left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right) \\
  &=& \left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right)^2  + \left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right)^2  = VP\left( 1 \right) \\
 \end{array}
\]

+ Nếu $x<0$ thì $x+\dfrac{1}{x} \pm 1 \le -1$. Khi đó

\[
\begin{array}{l}
 VT\left( 1 \right) = \left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right)^2  + h_2 \left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right) + \left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right)^2  + h_2 \left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right) \\
  = \left( {x + \frac{1}{x} + 1} \right)^2  + \left( {x + \frac{1}{x} - 1} \right)^2  = VP\left( 1 \right) \\
 \end{array}
\]

Kết luận: $f$ là hàm xác định bởi (*).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-10-2013 - 21:46