Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$

phương trình hàm vmo olympic

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 38 trả lời

#21 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 10-04-2021 - 17:02

 

Bài tập tiếp theo (bài này mới thấy đăng nhưng mà hình như xóa mất tiêu, định up lời giải lên nhưng thôi gởi lên đây vì thấy cũng hay) :

 

$\boxed{11}$ Tìm tất cả các hàm $f$ liên tục $ f: [0; \infty) \rightarrow [0; \infty)$ thỏa:

$2f(x)= f(\frac{x}{x^2+x+1}) + f(\frac{x+1}{2})$ , $\forall x \geq 0$

 

 

Đáp án câu này:

Gọi $P(x)$ là phép thế của phương trình hàm $2f(x)=f(\frac x{x^2+x+1})+f(\frac{x+1}2)$
Đặt $c=f(1)$
Đặt $g(x)=\frac{x+1}2$
Vì $f$ liên tục, $f(x)$ bị chặn trong khoảng $[0,1]$ do đó $\exists u,v\in[0,1]$ sao cho $f(u)\le f(x)\le f(v)$ $\forall x\in[0,1]$
Nhưng $x\in[0,1]$ cho thấy $\frac x{x^2+x+1}$ và $\frac{x+1}2$  $\in[0,1]$ 
Vì vậy $P(v)$ cho ta được $f(\frac{v+1}2)=f(v)$ và, từ khi ta thế liên tục để $\frac{x+1}2$ tiến dần về $1$, vì $f$ liên tục nên ta được $f(v)=f(1)$
Tương tự với phép thế $P(u)$ ta được $f(u)=f(1)$
Nên $f(x)=c$ là hàm hằng trong khoảng $[0,1]$
Và $P(x)$ trở thành phép thế của $Q(x)$ : $f(x)=\frac c2+\frac 12f(g(x))$ $\forall x$
Vì thế $f(x)=\frac c2+\frac c4+\frac 14f(g(g(x)))$
Chứng minh bằng quy nạp ta có được $f(x)=c(1-2^{-n})+2^{-n}f(g^{[n]}(x))$
Cho $n\to+\infty$, ta có $\lim_{n\to+\infty}g^{[n]}(x)=1$ và $f$ liên tục nên ta được 
$\boxed{f(x)=c\quad\forall x\ge 0}$, thỏa với $c\ge 0$


#22 LOC115

LOC115

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 17-04-2021 - 13:56

mình học phổ thông, không biết những cách này có thể giải được những bài đơn giản hơn ở đề thi tốt nghiệp khong nhỉ, mình thấy tích phân vdcao chủ yếu thay f(x) thành u là sẽ dễ hơn, không biết áp dụng những cách này thì nó thế nào

 



#23 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 17-04-2021 - 22:03

mình học phổ thông, không biết những cách này có thể giải được những bài đơn giản hơn ở đề thi tốt nghiệp khong nhỉ, mình thấy tích phân vdcao chủ yếu thay f(x) thành u là sẽ dễ hơn, không biết áp dụng những cách này thì nó thế nào

 

Mình cũng chưa chắc về hướng đi của bạn nhưng đề tài này là dành cho phương trình hàm để thi Olympic nên thì thi tốt nghiệp sẽ không xuất hiện dạng bài này



#24 Master Of Inequality

Master Of Inequality

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Khoa học tự nhiên

Đã gửi 28-04-2021 - 00:41

$\boxed{12}$ Tìm tất cả các hàm $f: R^+\rightarrow R^+$ thỏa mãn

$f\left(x^2+f(y) \right)=y+f^2(x)$ $x,y$ thuộc $R^+$

$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: R\rightarrow R+$ thỏa mãn

$f\left(\dfrac{x+y}{x-y} \right)=\dfrac{f(x)+f(y)}{f(x)-f(y)}$ $x\neq y$



#25 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 03-05-2021 - 15:14

$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: R\rightarrow R+$ thỏa mãn

$f\left(\dfrac{x+y}{x-y} \right)=\dfrac{f(x)+f(y)}{f(x)-f(y)}$ $x\neq y$

 

Bài này cần sửa lại tập đích lại là $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ vì từ $P(x,y)$ và $P(y,x)$ sẽ cho ta được $f$ là hàm lẻ, tức là tồn tại giá trị $k$ thực sao cho $f(k)$ là số thực dương thì $f(-k)$ là âm, vô lí.

Còn về lời giải của bài đó nếu xét $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sẽ có sau vì mình đang hơi bận.



#26 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 05-05-2021 - 15:43

$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$f\left(\dfrac{x+y}{x-y} \right)=\dfrac{f(x)+f(y)}{f(x)-f(y)}$ $x\neq y$

 

Dễ dàng chứng minh được $f(x)$ đơn ánh
 
$P(x,0) \Rightarrow f(1)=\frac{f(x)+f(0)}{f(x)-f(0)}$ $\forall x\ne 0$ 
Suy ra $f(1)=1$ (bởi vì nếu xảy ra điều ngược lại thì $f(x)$ là hàm hằng, vô lý) và từ đó $f(0)=0$
 
$P(x,-x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$ $\forall x\ne 0$, điều này vẫn đúng với $x=0$,suy ra $f(x)$ là hàm lẻ
 
Cho $x\in\mathbb R$ và $y\in\mathbb R\setminus\{0\}$
 
$P(x,1)\Rightarrow f(\frac{x+1}{x-1})=\frac{f(x)+1}{f(x)-1}$
$P(xy,y)\Rightarrow f(\frac{x+1}{x-1})=\frac{f(xy)+f(y)}{f(xy)-f(y)}$ 
Trừ hai cái ở trên, vế theo vế ta được $f(xy)=f(x)f(y)$ $\forall x$, $\forall y\ne 0$, vẫn đúng với $y=0$
 
Để ý rằng ta có được $f(x^2)=f(x)^2$ cho nên $f(x)>0$ $\forall x>0$
Vì vậy $f(x)$ là một hàm chứa biến $x$ (khác hằng)
Chú ý $P(x,y)$ với $x,y>0$, ta có $f(x)>f(y)$ $\forall x>y>0$ và vì vậy $f(x)$ tăng trong tập $\mathbb R^+$
 
Vì $f$ là hàm nhân tính nên $P(x,y)$ có thể được viết lại với
$Q(x,y)$ : $f(x+y)(f(x)-f(y))=f(x-y)(f(x)+f(y))$ $\forall x\ne y$, vẫn đúng với $x=y$
 
Đặt $a=f(2)\ne 0$ vì $f$ đơn ánh, suy ra $f(4)=a^2$
Vì $f$ đơn ánh nên $a\notin\{f(-1),f(0),f(1)\}=\{-1,0,1\}$ 
$Q(2,1)$ $\implies$ $f(3)=\frac{a+1}{a-1}$
$Q(4,1)$ $\implies$ $f(5)=\frac{a^2+1}{(a-1)^2}$ (1)
$Q(2,3)$ $\implies$ $f(5)=\frac{a^2+1}{2a+1-a^2}$ (2)
Từ (1), (2) suy ra $a=2$
 
Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp ta được $Q(n,1)$ $\Rightarrow$ $f(n)=n$ và dùng tính chất nhân tính của hàm số ta có $f(x)=x\forall x\in\mathbb Q$
 
Vì $f$ tăng trong $\mathbb R^+$, suy ra $f(x)=x$ $\forall x\ge 0$
Cuối cùng, vì $f$ là hàm lẻ nên $\boxed{f(x)=x\quad\forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.


#27 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 05-05-2021 - 16:06

$\boxed{12}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$ thỏa mãn

$f\left(x^2+f(y) \right)=y+f^2(x)$ $x,y$ thuộc $\mathbb R^+$

 

Đặt $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x^2+f(y))=y+f(x)^2$
 
Dễ dàng chứng minh được $f(x)$ đơn ánh.
Lấy $P(x,f(y)^2)$ trừ $P(y,f(x)^2)$ và sử dụng đơn ánh ta có $x^2+f(f(y)^2)=y^2+f(f(x)^2)$
 
Vì vậy $f(f(x)^2)=x^2+c$ với một số giá trị $c\ge 0$ 
$P(x,f(y)^2)$ cho ta một phép thế mới là $Q(x,y)$ : $f(x^2+y^2+c)=f(x)^2+f(y)^2$
 
$Q(x,x)$ $\Rightarrow$ $f(x)^2=\frac 12f(2x^2+c)$
 
Thay vào $Q(x,y)$, ta được $f(x^2+y^2+c)=\frac{f(2x^2+c)+f(2y^2+c)}2$
 
Đặt $g(x)=f(x+c)$, (một hàm $\mathbb R^+\to\mathbb R^+$).
Thay $g(x)$ lên trên ta được: $g(\frac{x+y}2)=\frac{g(x)+g(y)}2$ $\forall x,y> 0$
 
Đây là hàm quen thuộc (hàm Jensen), từ hàm Jensen ta có được:
$g(x)=ax+b$ với $a,b\ge 0$ không đồng thời bằng 0.
 
Suy ra $f(x+c)=ax+b$ $\forall x>0$ do đó $f(x)=ax+d$ $\forall x>c$ (với $d=b-ac$)
 
Chọn giá trị $x$ thỏa mãn đồng thời $x>c$ và $x^2>c$, và với mỗi $y$, $P(x,y)$ trở thành
$a(x^2+f(y))+d=y+(ax+d)^2$ $\forall y$ và $\forall x$ đặt giá trị đủ lớn
 
Từ đó ta có được (dựa vào $x$) $a=1$ và $u=0$ và vì vậy $f(y)=y\quad\forall y$
 
Vậy$\boxed{f(x)=x\quad\forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.


#28 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 16-05-2021 - 17:22

Bây giờ mình sẽ giải quyết các bài tồn đọng này nhé. 

 

Bài 5: Tìm đa thức P(x) sao cho thỏa đồng nhất thức sau: $P(x^{2}-2x)\equiv [P(x-2)]^{2}$

P/S: nếu bạn "chủ thớt" cảm thấy bài toán này không phù hợp với TOPIC thì bạn hãy xóa bài này đi  :lol:

 

Thay $x$ bởi $x+1$ ta có: $P((x+1)^2-2(x+1))=(P(x+1-2))^2$ $\Rightarrow$ $P(x^2-1)=(P(x-1))^2$

Đặt $P(x-1)=Q(x)$ ta có $Q(x^2)=Q(x)^2$

Đây là phương trình đa thức điển hình, mà ta dễ dàng có được 

$Q(x)=0 \Rightarrow P(x)=0$ và $Q(x)=x^n \Rightarrow P(x)=(x+1)^n$



#29 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 16-05-2021 - 21:00

$\boxed{7}$: Tìm các hàm số $f:\Bbb {R^+} \rightarrow \Bbb {R} $ thỏa:

$$f\left( \dfrac{x+y}{2020} \right) = \dfrac{f(x) + f(y)}{2019},~\forall x, y \in \mathbb{R^+}.$$

 

Sử dụng CDE ta sẽ có được
$f(\frac{x+y+z}{2020})=\frac{f(x+y)+f(z)}{2019}=\frac{f(x)+f(y+z)}{2019}$
$\implies$ $f(y+x)-f(x)=f(y+z)-f(z)=h(y)$
$\implies$ $f(x+y)=f(x)+h(y)=f(y)+h(x)$ 
 $f(y+x)-f(x)=f(y+z)-f(z)=h(y)$
Thay đổi vị trí $x,y$ ta cũng có $f(x+y)=f(y)+h(x)$
Trừ đi ta được $h(y)-f(y)=h(x)-f(x)$ suy ra  $h(y)-f(y)=c$
$\implies$ $h(y)=f(y)-c$ với hằng số $c$, do đó
$\implies$ $f(x+y)=f(x)+f(y)-c$
Đặt $g(x)=f(x)+c$ ta được $g(x+y)=g(x)+g(y)$ 
Đây là hàm Cauchy và bằng cách giải với tập nguồn $\mathbb{R^+}$, ta dễ dàng có được $g(x)=mx$ với hằng số $m$
Vì thế ta sẽ có $f(x)=mx+c$
Thay vào phương trình đề bài ta có $m=0,c=0$. Vậy $\boxed{f(x)=0, \forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.


#30 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 16-05-2021 - 21:34

$\boxed{9}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa

$f(1-x)=1-f(f(x))$ , $\forall x \in \mathbb{R}$

 

Gọi $P(x)$ là phép thế của phương trình hàm $f(1-x)=1-f(f(x))$
 
$P(1-f(x))$ $\implies$ $f(f(x))=1-f(f(1-f(x)))$
$P(x)$ $\implies$ $f(f(x))=1-f(1-x)$
Suy ra $f(f(1-f(x)))=f(1-x)$ $\implies$ (vì $f$ là hàm tăng và đơn ánh) $f(1-f(x))=1-x$ (1)
 
$P(f(x))$ $\implies$ $f(1-f(x))=1-f(f(f(x)))$ và từ (1) ta được $f(f(f(x)))=x$ $\forall x$
 
Ta có, nếu $f(a)>a$ với vài giá trị $a$, ta được $f(f(a))>f(a)>a$ và $f(f(f(a)))>f(f(a))>f(a)>a$, vô lí.
Tương tự, nếu $f(a)<a$ với vài giá trị $a$, ta được $f(f(a))<f(a)<a$ và $f(f(f(a)))<f(f(a))<f(a)<a$, vô lí.
 
Vậy chỉ có nghiệm duy nhất là $\boxed{f(x)=x}$ $\forall x$, thử lại thấy đúng.


#31 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 17-05-2021 - 08:52

$\boxed{3}$ Tìm tất cả hàm $f: \mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R^+}$ thỏa
$f(\frac{x+y}{2}) = \frac{2f(x)f(y)}{f(x)+f(y)}$ , $\forall x,y\in \mathbb{R^+}$


Đặt $g(x)=\frac{1}{f(x)}$, $g(1)=a$ và $g(2)=a+m$
Thay $g(x)$ vào ta có $g(x)+g(y)=2g(\frac{x+y}{2})$

Mặt khác, ta có thể viết:
$$g(a+d)-g(a)=g(a+2d)-g(a+d)$$
$\forall q$, giả sử $g(1+\frac{1}{q})\neq a+\frac{q}{m}$,
$$g(2)-g(1+\frac{q-1}{q})=g(1+\frac{q-1}{q})-g(1+\frac{q-2}{q})=g(1+\frac{q-2}{q})-g(1+\frac{q-3}{q})=...=g(1+\frac{1}{q})-g(1)$$
Do đó $g(2)\neq g(1)+q \frac{m}{q}=a+m$, mâu thuẫn.
Vì vậy ta chứng minh $g$ là hàm tuyến tính đối với các số hữu tỉ trong khoảng $[1;2]$

Bằng cách chứng minh tương tự, ta có thể chứng minh với mọi số hữu tỉ, $g$ là hàm tuyến tính. Do đó với $\forall q$ thuộc $\mathbb{Q^+}$ ta có $g(\alpha)=m\alpha+c$
Giả sử có 1 số $\alpha$ mà $g(\alpha)\neq m\alpha+c$
$\Rightarrow$ Tồn tại một số hữu tỉ $q>\alpha$ đủ tiến đên $\alpha$, ta đặt $q-\alpha = \beta$ .Nếu $g(q)>g(\alpha)$, $ g(\alpha)-g(\alpha+\beta)=g(\alpha+\beta)-g(\alpha+2\beta)=\cdots=g(\alpha+(n-1)\beta)-g(\alpha+n\beta)$, $\forall n\in\mathbb Z$
Với các giá trị $n$ đủ lớn, $g(\alpha+n\beta)=g(\alpha)-n(\alpha-g(\alpha+\beta))<0$
Từ đó dẫn đến mâu thuẫn.

Do đó với các giá trị thỏa điều kiện và nằm trong khoảng đủ lớn gần $q>\alpha$, $g(q)>g(\alpha)$
Chứng minh tương tự ta được đối với các giá trị thỏa điều kiện và nằm trong khoảng đủ gần $q<\alpha$, $g(q)<g(\alpha)$
Vì vậy với các giá trị đủ gần $q$, $g(\alpha)=m\alpha+c$, mâu thuẫn.

Vậy $g(\alpha)=m\alpha+c$
$\Rightarrow \boxed{f(x)=\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{mx+c}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 17-05-2021 - 15:55


#32 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 20-05-2021 - 07:57

Đây là những bài tiếp theo cho Topic.
$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ thỏa
$$ f(f(x))+f(f(y))= 2y + f(x-y)$$
$\boxed{14}$ Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ thỏa $$f(f(x)+y)-y=f(x+f(y)-2y)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 20-05-2021 - 07:57


#33 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 20-05-2021 - 08:10

Đây là những bài tiếp theo cho Topic.
$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R$ thỏa
$$ f(f(x))+f(f(y))= 2y + f(x-y)$$ 

Đặt P(x, y) là phép thế của phương trình hàm $f(f(x))+f(f(y))=2y+f(x-y)$.

$P(x,x)\Rightarrow 2f(f(x))=2x+f(0)$

$\Rightarrow f(f(x))=x+\frac{f(0)}{2}$.

$P(x,0)\Rightarrow f(f(x))+f(f(0))=f(x)$

$\Rightarrow x+\frac{f(0)}{2}+0+\frac{f(0)}{2}=f(x)\Rightarrow f(x)=x+f(0)$.

Đặt a: = f(0).

Từ phương trình hàm đã cho suy ra $x+2a+y+2a=2y+x-y+a\Rightarrow a=0$.

Do đó f(x) = x. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn.

Vậy $\boxed{f(x)=x}$.



#34 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 21-05-2021 - 22:12

... 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 21-05-2021 - 23:25


#35 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 22-05-2021 - 23:35

Sau đây là những bài tập đầu tiên (lấy lại từ những bài trước mình đã làm): 

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

$g(x+y)+g(x)g(y)=g(xy)+g(x)+g(y)$ , $\forall x,y\in \mathbb{R}$ (*)

 

Đặt a: = g(1).

Thay x = 1; y = 1 vào (*) ta có $g(2)+g(1)^2=3g(1)$. Suy ra $g(2)=3a-a^2$.

Thay x = 2; y = 2 vào (*) ta có $g(4)+g(2)^2=g(4)+2g(2)$. Suy ra $g(2)=0$ hoặc $g(2)=2$.

-) g(2) = 2: Khi đó a = 1 hoặc a = 2.

+) Nếu f(1) = a = 1 thì thay x = 1 vào (*) ta có $g(y+1)+g(y)=g(y)+1+g(y)$. Suy ra $g(y+1)=g(y)+1$.

Thay y bởi y + 1 vào (*) ta được: $g(x+y+1)+g(x)g(y+1)=g(x(y+1))+g(x)+g(y+1)$.

Kết hợp với (*) ta có $g(x+y+1)-g(x+y)+g(x)(g(y+1)-g(y))=g(x(y+1))-g(xy)+g(y+1)-g(y)$.

Suy ra $1+g(x)=g(x(y+1))-g(xy)+1$ nên $g(x)+g(xy)=g(x+xy)$.

Vậy g là hàm cộng tính. Suy ra $g(x)+g(y)=g(x+y)$ nên $g(xy)=g(x)g(y)$. Do đó g là hàm nhân tính. Do g vừa là hàm cộng tính vừa là hàm nhân tính nên $g(x)=x$ hoặc $g(x)=0$. Thử lại chỉ có $g(x)=x$ thỏa mãn.

+) Nếu f(1) = a = 2 thì thay x = 1 vào (*) ta được $g(y+1)+2g(y)=g(y)+2+g(y)$. Suy ra $g(y+1)=2$ nên $g(x)=2\forall x\in\mathbb{R}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

-) g(2) = 0: Khi đó a = 3 hoặc a = 0.

+) Nếu f(1) = a = 3 thì thay y = 1 vào (*) ta có $g(x+1)+g(x)=3$.

Suy ra $g(x+2)+g(x+1)=3$ nên $g(x+2)=g(x)$. 

Thay x bởi 2 ta được $g(y+2)=g(2y)+g(y)$ nên $g(2y)=0$. (vô lí)

+) Nếu f(1) = a = 0 thì thay x = 1 vào (*) ta có $g(y+1)=2g(y)$.

Thay y bởi y + 1 vào (*) ta được:

$g(x+y+1)+g(x).g(y+1)=g(x(y+1))+g(x)+g(y+1)$.

Suy ra $2g(x+y)+2g(x)g(y)=g(x(y+1))+g(x)+2g(y)$.

Nhân cả hai vế của (*) với 2 rồi trừ cho pt trên ta được:

$2g(xy)+g(x)=g(x(y+1))=g(xy+x)$.

Cho $x\in\mathbb{Z}$ ta có $g(xy+x)=2^xg(xy)$.

Suy ra $2g(xy)+g(x)=2^xg(xy)$.

Do đó $(2^x-2)g(xy)=g(x)$.

Thay x = 2 vào ta được $g(2y)=0$. Do đó $g(y)=0\forall y\in\mathbb{Z}$.

Vậy g(x) = 0; g(x) = 2; g(x) = x.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 22-05-2021 - 23:38


#36 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 22-05-2021 - 23:37

Những bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$ thỏa

 $$ f(x-f(y))=-x^2+2xf(y)+f(f(y))+f(0), \forall x,y \in \mathbb R$$

$\boxed{16}$ Cho tất cả các hàm $f:\mathbb R^+ \rightarrow \mathbb R$ thỏa 

$$f(a+b+c+d) = f(a)+f(b)+f(c)+f(d)$$ với $a,b,c,d$ là các số thực. Chứng minh rằng $f$ là hàm cộng tính



#37 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 23-05-2021 - 07:08

Những bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$ thỏa

 $$ f(x-f(y))=-x^2+2xf(y)+f(f(y))+f(0), \forall x,y \in \mathbb R$$

Thay x bởi 2f(y) ta có $f(f(y))=-4f(y)^2+4f(y)^2+f(f(y))+f(0)\Rightarrow f(0)=0$.

Thay y bởi 0 ta có $f(x-f(0))=-x^2+2xf(0)+f(f(0))+f(0)\Rightarrow f(x)=-x^2$.

Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy $f(x)=-x^2$.



#38 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 31-08-2021 - 09:44

Lâu rồi mình không quay lại, bây giờ sẽ là vài bài để giải trí  :D

$\boxed{17}$ Tìm tất cả hàm $f: \Bbb R\to \Bbb R$ thỏa mãn         $$f(x+f(xy)) = f(x)+xf(y)$$

 

$\boxed{18}$ Tìm tất cả hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x,y$ thỏa mãn $$f(x+y)f(x+f(y)) = x^2 + f(y^2).$$



#39 thh2

thh2

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tp.HCM

Đã gửi 03-10-2021 - 14:19

.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thh2: 04-10-2021 - 14:21






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: phương trình hàm, vmo, olympic

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh