Cho $f$ là hàm số được xác định trên tập các số nguyên dương. Với bất kì $a,\ b >1$ và $d = \text{UCLN}\ (a,b)$ ta có:
\[f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d}\right)+f\left(\frac{b}{d}\right)\right) \]
Xác định các giá trị có thể của $f(2001)$.
Cho $f$ là hàm số được xác định trên tập các số nguyên dương. Với bất kì $a,\ b >1$ và $d = \text{UCLN}\ (a,b)$ ta có:
\[f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d}\right)+f\left(\frac{b}{d}\right)\right) \]
Xác định các giá trị có thể của $f(2001)$.
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
Cho $f$ là hàm số được xác định trên tập các số nguyên dương. Với bất kì $a,\ b >1$ và $d = \text{UCLN}\ (a,b)$ ta có:
\[f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d}\right)+f\left(\frac{b}{d}\right)\right) \]
Xác định các giá trị có thể của $f(2001)$.
Lời giải vắn tắt:
\[f:{N^*} \to R:f\left( {ab} \right) = f\left( d \right)\left( {f\left( {\frac{a}{d}} \right) + f\left( {\frac{b}{d}} \right)} \right)\forall a,b > 1,d = \left( {a;b} \right)\left( 1 \right)\]
\[\begin{array}{l}
b: = a,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {{b^2}} \right) = 2f\left( b \right)f\left( 1 \right)\forall b > 1\left( 2 \right)\\
\forall n \in {N^*},n > 1:f\left( {{n^4}} \right) = 2f\left( {{n^2}} \right)f\left( 1 \right) = 4f\left( n \right)f{\left( 1 \right)^2}\left( * \right)\\
a: = {n^3},b: = n,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {{n^4}} \right) = f\left( n \right)\left( {f\left( {{n^2}} \right) + f\left( 1 \right)} \right)\\
\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} f\left( n \right)\left( {2f\left( n \right)f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right)} \right) = f\left( n \right)f\left( 1 \right)\left( {2f\left( n \right) + 1} \right)\left( {**} \right)\\
\left( * \right),\left( {**} \right) \Rightarrow 4f\left( n \right)f{\left( 1 \right)^2} = f\left( n \right)f\left( 1 \right)\left( {2f\left( n \right) + 1} \right),\left( 3 \right)
\end{array}\]
TH1: $f\left( n \right) \ne 0\forall n$
\[\begin{array}{l}
\left( 3 \right) \Rightarrow 4f\left( 1 \right) = 2f\left( n \right) + 1 \Rightarrow f\left( n \right) = 2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2}\forall n > 1\\
f\left( n \right) \ne 0 \Rightarrow f\left( 1 \right) \ne \frac{1}{4}\\
\left( 1 \right) \Rightarrow 2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2} = f\left( d \right)\left( {f\left( {\frac{a}{d}} \right) + f\left( {\frac{b}{d}} \right)} \right)
\end{array}\]
Chọn $a,b > 1$ sao cho $d=(a;b)=1$, suy ra
\[2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2} = 2f\left( 1 \right)\left( {2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2}} \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow f\left( n \right) = \frac{1}{2}\forall n > 1 \Rightarrow f\left( n \right) = \frac{1}{2}\forall n\]
Hàm này thỏa đề nên $f\left( {2001} \right) = \frac{1}{2}$
TH2: $\exists {n_0}:f\left( {{n_0}} \right) = 0$
Giả như $f\left( 1 \right) = 0 \wedge \forall x > 1,f\left( x \right) \ne 0$ thì từ $(2)$, ta thấy $f\left( {{b^2}} \right) = 0\forall b > 1$: mâu thuẫn nên $f(1) \ne 0$, tức là $n_0>1$.
Chọn $p_0>1 : (n_0; p_0)=1$.
\[a: = {n_0},b: = {p_0},\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {{n_0}{p_0}} \right) = f\left( 1 \right)\left( {f\left( {{n_0}} \right) + f\left( {{p_0}} \right)} \right) \Rightarrow 0 = f\left( {{p_0}} \right)\forall {p_0}:\left( {{p_0};{n_0}} \right) = 1\]
Làm tương tự với $p_0$ và liên tục như vậy, ta sẽ có $f\left( n \right) = 0\forall n > 1$.
Do đó, $f(n)=0$ nếu $n>1$ và $f(1)=c$ với $c$ là một hằng số bất kỳ. Hàm này thỏa đề. Vì thế, $f(2001)=0$.
Tóm lại: \[f\left( {2001} \right) \in \left\{ {\frac{1}{2};0} \right\}\]
Bài giải của perfectstrong hoàn hảo rồi, thậm chí còn giải tổng quát cho bài toán (thật ra là bài này nên suy nghĩ tìm nghiệm sẽ dễ tìm được đáp án hơn là tìm giá trị $f(2001)$ thôi)
Nếu như không tìm dạng hàm, chỉ tính toán các giá trị thôi thì bài này sẽ giải quyết như thế nào
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f_{(2003)}(n)=5n\,\forall n$Bắt đầu bởi namcpnh, 12-02-2018 pth, namcpnh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(mn)=f(m)f(n)\,\forall m,n$Bắt đầu bởi namcpnh, 10-02-2018 pth, namcpnh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(a^n)=nf(a)\,\forall n$ khi và chỉ khi $f(a^2)=2f(a)$Bắt đầu bởi namcpnh, 05-02-2018 pth, namcpnh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(x^2-y^2)=f(x)f(y)\,\forall x>y$Bắt đầu bởi namcpnh, 01-02-2018 pth, namcpnh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(x+f(y))=f(x)-y\,\forall x,\,y$Bắt đầu bởi namcpnh, 28-01-2018 pth, namcpnh |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh