Tìm $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $
$ f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 \forall x,y \in \mathbb{R} $
Tìm $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $
$ f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 \forall x,y \in \mathbb{R} $
Tìm $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $
$ f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 \forall x,y \in \mathbb{R} $
sau đây là lời giải trong cuốn "chuyên khảo PTH"
đặt $g(x)=f(x)-1$ thì từ giả thiết ta có $g(xy)+g(x+y)=g(x)g(y)+g(x)+g(y)\ \ \forall x,y\in \mathbb{R}$ $(1)$
nếu $g$ là hàm hằng thì $\overset{(1)}{\Rightarrow }g(x)\equiv 0$
giả sử $g$ không phải là hàm hằng.
$P_{(1)}(0,0)\rightarrow g(0)=0$
$P_{(1)}(x,1)\rightarrow g(1)\left [ g(x)+1 \right ]=g(x+1) \ \ \forall x\in \mathbb{R}$ $(2)$
nếu $g(1)=0\overset{(2)}{\Rightarrow }g(x+1)=0$ hay $g$ là hàm hằng điều này vô lí do đó $f(1)\neq 0$
$P_{(2)}(-1)\rightarrow g(1)\left [ g(-1)+1 \right ]=0\Leftrightarrow g(-1)=-1$
$P_{(1)}(1,1)\rightarrow g(1)=-1-g(-2)$
$P_{(2)}(-2)\rightarrow g(1)\left [ g(-2)+1 \right ]=-1\Leftrightarrow -g^2(1)=-1\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} g(1)=1\\g(1)=-1 \end{matrix}\right.$
$\blacksquare$ với $g(1)=-1$
$P_{(1)}(x,-1)\rightarrow g(-x)=-\left [ 1+g(x-1) \right ]=g(1)\left [ 1+g(x-1) \right ]\overset{(2)}{=}g(x)$
$P_{(1)}(x,x)\rightarrow g^2(x)=g(x^2)-2g(x)+g(2x)$
$P_{(1)}(x,-x)\rightarrow g(x^2)=g^2(x)+2g(x)$
do đó $g^2(x)=g^2(x)+2g(x)-2g(x)+g(2x)\Rightarrow g(2x)=0\Rightarrow g(x)=0 \ \ \forall x\in \mathbb{R}$
điều này vô lí
$\blacksquare$ với $g(1)=1$
$\overset{(2)}{\Rightarrow}g(x)+1=g(x+1) \ \ \forall x\in \mathbb{R}$ $(3)$
từ $(3)$ theo quy nạp ta có $\left\{\begin{matrix} g(a)=a \ \ \forall a\in \mathbb{Z}\\ g(x+a)=g(x)+g(a) \ \ \forall x\in \mathbb{R},a\in \mathbb{Z} \end{matrix}\right.$
với mọi $x\in \mathbb{R},a\in \mathbb{Z}$ ta có $g(ax)=g(a)g(x)+g(a)+g(x)-g(a+x)=ag(x)$
do đó $q.g\left ( \frac{p}{q} \right )=g(p)=p\Rightarrow g\left ( \frac{p}{q} \right )=\frac{p}{q}\Rightarrow g(x)=x \ \ \forall x\in \mathbb{Q}$
$P_{(1)}(x,x)\rightarrow g(x^2)=g^2(x)$ do đó $\left\{\begin{matrix} g(x)\geq 0 \ \ \forall x\geq 0\\ g(x)\leq 0 \ \ \forall x\leq 0 \end{matrix}\right.$
ta chứng minh được $g\left ( \frac{x}{n} \right )=\frac{g(x)}{n} \ \ \forall x\in \mathbb{R},n\in \mathbb{Z}^+$
do đó với $q\in \mathbb{Q}$ ta chứng minh được $g(x+q)=g(x)+q$
ta chứng minh nếu $x>y$ thì $g(x)\geq g(y)$.Tồn tại $r\in \mathbb{Q}$ sao cho $y<r<x$.Thật vậy
$g(x)=g(x-r)+r\geq r\geq r+g(y-r)=g(y)$
giả sử tồn tại $x$ sao cho $g(x)\neq x$.
không mất tính tổng quát giả sử $g(x)>x$
do đó $\exists r\in \mathbb{Q}$ mà $x<r<g(x)$
$\Rightarrow g(x)>r=g(r)\Rightarrow x\geq r$
điều này vô lí do đó $g(x)=x \ \ \forall x\in \mathbb{R}$
vậy có hai hàm $g$ thỏa đề là $g(x)=0$ và $g(x)=x$ do đó $f(x)=1$ và $f(x)=x$
thử lại ta có $\boxed{f(x)=1,f(x)=x+1 \ \ \forall x\in \mathbb{R}}$
U-Th
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 25-01-2015 - 18:17
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
thay g(x)=f(x)-1 rồi thì được pth quen thuộc rồi , cũng là đề thi olympic hà tĩnh thì phải
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh