Tìm hàm $f:R\to R$ thỏa mãn: $f(x)=\max\limits_{y\in R}\{ xy-f(y)\},\forall x\in R$
Tìm hàm $f:R\to R$ thỏa mãn: $f(x)=\max\limits_{y\in R}\{ xy-f(y)\},\forall x\in R$
#1
Đã gửi 20-01-2018 - 17:14
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#2
Đã gửi 03-07-2019 - 23:53
Tìm hàm $f:R\to R$ thỏa mãn: $f(x)=\max\limits_{y\in R}\{ xy-f(y)\},\forall x\in R$
Ta có : $f(m)=\max\limits_{y\in \mathbb{R}}\{ m.y-f(y)\},\forall m\in\mathbb{R}$. Đặt $P=m.y-f(y)$
Trước hết, xét trường hợp $f$ là hàm đa thức.
1) Trường hợp $f$ là hàm hằng hoặc hàm bậc lẻ : Khi đó không tồn tại $\max P$ (vì $P$ bậc lẻ) $\Rightarrow$ không tồn tại hàm $f$ thỏa mãn.
2) Trường hợp $f$ là hàm bậc hai : ($f(x)=ax^2+bx+c$ với $a,b,c\in\mathbb{R}$ và $a\neq 0$)
Ta có : $f(m)=\max\limits_{y\in \mathbb{R}}\{ m.y-f(y)\}=\max\limits_{y\in \mathbb{R}}\{ m.y-(ay^2+by+c)\}=\max\limits_{y\in \mathbb{R}}\{-ay^2+(m-b)y-c\},\forall m\in \mathbb{R}$
Lưu ý, để tồn tại $\max$ của biểu thức $P=-ay^2+(m-b)y-c$ thì cần phải có điều kiện $a> 0$
Khi đó, $P$ sẽ đạt GTLN khi $y=\frac{m-b}{2a}$ và
$f(m)=\max\ P=\frac{-a(m-b)^2}{4a^2}+\frac{(m-b)^2}{2a}-c=\frac{(m-b)^2-4ac}{4a}=\frac{m^2-2bm+b^2-4ac}{4a}$
$\Rightarrow f(x)=\frac{x^2-2bx+b^2-4ac}{4a}=\frac{1}{4a}\ x^2-\frac{b}{2a}\ x+\frac{b^2-4ac}{4a}$
Mặt khác, $f(x)=ax^2+bx+c$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}\frac{1}{4a}=a\\-\frac{b}{2a}=b\\\frac{b^2-4ac}{4a}=c \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a=\frac{1}{2}\\b=c=0 \end{matrix}\right.$
Vậy ta tìm được hàm $f(x)=\frac{1}{2}\ x^2$
3) Trường hợp $f$ là hàm bậc chẵn lớn hơn $2$ hoặc không phải hàm đa thức : (chưa nghĩ ra)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 04-07-2019 - 17:48
...
Ðêm nay tiễn đưa
Giây phút cuối vẫn còn tay ấm tay
Mai sẽ thấm cơn lạnh khi gió lay
Và những lúc mưa gọi thương nhớ đầy ...
#3
Đã gửi 09-07-2019 - 15:23
Xét một x thuộc R bất kỳ, cần tìm giá trị f(x) thỏa mãn:
$f(x)=\underset{y\in R}{max}\left \{ xy-f(y) \right \} \Rightarrow xy-f(y)\leq f(x), \forall y\in R.$ (1)
Vì bất đẳng thức (1) thỏa mãn với mọi y thuộc R, nên nếu chọn y=x, ta sẽ có:
$x^{2}-f(x) \leq f(x) \Leftrightarrow f(x)\geq \frac{1}{2}x^{2}$
Vậy, $f(x)\geq \frac{1}{2}x^{2}, \forall x\in R$ (2)
Tuy nhiên, nếu tồn tại một x thuộc R sao cho $f(x)> \frac{1}{2}x^{2}$, ta sẽ chứng minh rằng có điều vô lý.
Theo (2), thay x bởi y, ta có: $f(y)\geqslant \frac{1}{2}y^{2}, \forall y\in R$
Ta suy ra: $f(x)+f(y)> \frac{1}{2}\left ( x^{2}+y^{2} \right )\geq xy,\forall y\in R$
Nghĩa là ta không tìm được giá trị y nào để thỏa mãn dấu bằng trong bất đẳng thức (1) và sẽ không tồn tại giá trị max của hàm $xy-f(y)$ trên R. Đó là điều vô lý.
Vậy, $f(x)= \frac{1}{2}x^{2}, \forall x\in R$
- perfectstrong, chanhquocnghiem và phamv thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh