Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-08-2022 - 17:38

$\textbf{Bài toán 1 (Nguyễn Tài Chung).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=4xy, \forall x,y \in \mathbb{R}$$ 

$\textbf{Lời giải.}$

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn $$f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=4xy, \forall x,y \in \mathbb{R} (1)$$ 

Trước tiên, ta sẽ chứng minh $f$ đơn ánh. 

Thật vậy, thay $x=y=c$ vào $(1)$, ta được: $$f\left ( \frac{cf(c)}{2} \right )=2c^2,\forall c \in \mathbb{R}(2)$$

Giả sử tồn tại $x,y \in \mathbb{R}$ để $f(x)=f(y)$ thì ta có: $\left\{\begin{matrix}\frac{xf(x)}{2}=\frac{xf(y)}{2} & \\ \frac{yf(y)}{2}=\frac{yf(x)}{2} & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 4xy=f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=f\left ( \frac{xf(x)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(y)}{2} \right )=2x^2+2y^2\Rightarrow x=y$

Vậy $f$ đơn ánh trên $\mathbb{R}$

Từ $(2)$ và $f$ đơn ánh suy ra $f$ là hàm lẻ

Thay $c=1$ vào $(2)$, ta được: $\frac{1}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )=1\Rightarrow \frac{1}{2}\frac{f(1)}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )=\frac{f(1)}{2}\Rightarrow f\left ( \frac{1}{2}\frac{f(1)}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right ) \right )=f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )\Rightarrow 2.\frac{f(1)^2}{4}=2\Rightarrow f(1)^2=4$

$\textbf{Trường hợp 1:}$ $f(1)=2$ thì ta thay $y=1$ vào $(1)$, ta được: $$f(x)+f(\frac{f(x)}{2})=4x$$

Đặt $z=2x-f(x)$ thì $f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+z$

Ta có: $z=2x-f(x)\Rightarrow f(x-\frac{z}{2})=f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+z$

$\Rightarrow f\left ( x+\frac{z}{2} \right )=f\left ( \frac{f\left ( x-\frac{z}{2} \right )}{2} \right )=2(x-\frac{z}{2})+z=2x$

$\Rightarrow f(x)=f\left ( \frac{f\left ( x+\frac{z}{2} \right )}{2} \right )=2(x+\frac{z}{2})+z=2(x+z)$

Như vậy ta sẽ được $f(x)=2x,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

$\textbf{Trường hợp 2:}$ $f(-1)=2$ thì thay $y=-1$ vào $(1)$, ta được: $$f(-x)+f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=4x$$

$\Rightarrow f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=4x+f(x)$

Đặt $2x+f(x)=t$ thì $f(\frac{t}{2}-x)=f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+t\Rightarrow f(x-\frac{t}{2})=-2x-t$

$\Rightarrow f(-x-\frac{t}{2})=f\left ( \frac{f(x-\frac{t}{2})}{2} \right )=2(x-\frac{t}{2})+t=2x$

$\Rightarrow f(x)=f\left ( \frac{f(-x-\frac{t}{2})}{2} \right )=2(-x-\frac{t}{2})+t=-2x$. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là $\boxed{f(x)=2x,f(x)=-2x,\forall x \in \mathbb{R}}$

 


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#2 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-08-2022 - 17:57

$\textbf{Bài toán 2 (Thailand MO 2019).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f(x+yf(x)+y^2)=f(x)+2y, \forall x,y \in \mathbb{R}^+(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Ta nhận xét rằng với các số thực dương $x,t$ thì tồn tại số thực dương $y_0$ sao cho $y_0f(x)+y_0^{2}=t(*)$

Thật vậy, ta chọn $y_0=\frac{\sqrt{f(x)^2+4t}-f(x)}{2}>0$ thì đây là cách đặt thỏa mãn điều kiện $(*)$

Thay $y$ bởi $y_0$ vào $(1)$ thì ta được: $$f(x+t)=\sqrt{f(x)^2+4t}(3)$$

Hoán đổi vai trò của $x,z$ trong $(3)$ thì ta thu được: $$f(x+t)=\sqrt{f(t)^2+4x}$$

Vì vậy ta có: $f(x)^2-4x=f(t)^2-4t=C$ nên $f(x)=\sqrt{4x+C}$ với $C$ là số thực không âm. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=\sqrt{4x+C},\forall x \in \mathbb{R},C\geq 0 }$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#3 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-08-2022 - 18:24

$\textbf{Bài toán 3 (THTT T11/456).}$ Tìm tất cả các hàm số đơn ánh $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x^5)+f(y^5)=(x+y)\left ( f^4(x)-f^3(x)f(y)+f^2(x)f^2(y)-f(x)f^3 (y)+f^4(y)\right ), \forall x,y \in \mathbb{R}(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Thay $x=y=0$ vào $(1)$, ta được: $f(0)=0$

Tiếp tục thay $y=0$ vào $(1)$ ta được: $$f(x^5)=xf^4(x)(2)$$

Thay $x=1$ vào $(2)$: $f(1)=f^4(1)$. Vì $f$ đơn ánh nên $f(1)\neq  0$

$\Rightarrow f(1)=1$

Thay $y=1$ vào $(1)$ ta có được: $$xf^4(x)+1=(x+1)(f^4(x)-f^3(x)+f^2(x)-f(x)+1)$$

$\Leftrightarrow (f(x)-1)(f(x)-x)(f(x)^2+1)=0$

Rõ ràng $f(x)\not\equiv 1$ nên $f(x)=x$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy có một hàm thỏa mãn bài toán là $\boxed{f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#4 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-08-2022 - 19:12

$\textbf{Bài toán 4.}$ Tìm tất cả các hàm số đơn điệu $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x+y)=x^{2023}f(\frac{1}{x^{2022}})+y^{2023}f(\frac{1}{y^{2022}}), \forall x,y \in \mathbb{R}^+$$

$\textbf{Lời giải.}$

Cho $x=y$ thì ta được $f(2x)=2x^{2023}f(\frac{1}{x^{2022}})(1)$

$\Rightarrow f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}, \forall x,y \in \mathbb{R}^+$

Thay $x=1$ vào $(1)$, ta được: $f(2)=2f(1)$

Có: $f(x+y+z)=\frac{f(2x+2y)+f(2z)}{2}=\frac{\frac{f(4x)+f(4y)}{2}+f(2z)}{2}\Rightarrow f(4x)+f(4y)+2f(2z)=4f(x+y+z)(*)$

Hoán đổi vai trò của $y$ và $z$ trong $(*)$ ta được: $4f(x+y+z)=f(4x)+f(4z)+2f(2y)$

Vì vậy $f(4y)+2f(2z)=f(4z)+2f(2y)\Rightarrow f(4y)-2f(2y)=f(4z)-2f(2z)(**)$

Thay $z$ bởi $\frac{1}{2}$ trong $(**)$, ta được: $f(4y)-2f(2y)=f(2)-2f(1)=0\Rightarrow f(2y)=2f(y)$

Vậy ta có được: $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}^+$

Ta có $f$ cộng tính và đơn điệu nên $f(x)=ax$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=ax,\forall x>0, a \in \mathbb{R}}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#5 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-08-2022 - 21:19

$\textbf{Bài toán 5 (THTT T11/475).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f\left ( \frac{x}{x-y} \right )+f(xf(y))=f(xf(x)),\forall x>y>0(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Giả sử tồn tại $x>y>0$ sao cho $f(x)=f(y)$ thì từ $(1)$ ta có: $f(\frac{x}{x-y})=0$. Vô lí vậy nên $f(x)\neq f(y)$ hay $f$ đơn ánh

Giả sử tồn tại $u \in \mathbb{R}^+$ sao cho $f(u)>\frac{1}{u}$ thì ta đặt $v=u-\frac{1}{f(u)}>0\Rightarrow u>v>0$

$\Rightarrow f(\frac{u}{u-v})+f(uf(v))=f(uf(u))$

Mà $\frac{u}{u-v}=uf(u)$ nên $f(uf(v))=0$ (Vô lí)

Vậy nên $f(x)\leq \frac{1}{x},\forall x \in \mathbb{R}^+$

Xét hai số $y_1,y_2$ sao cho $y_1>y_2>0$.

Đặt $x=y_2+\frac{1}{f(y_1)}$ thì $x>y_2>y_1>0$ và $\frac{x}{x-y_2}=xf(y_1)$

Mặt khác ta có: $f\left ( \frac{x}{x-y_2} \right )+f(xf(y_2))=f\left ( \frac{x}{x-y_1} \right )+f(xf(y_1))=f(xf(x))\Rightarrow f\left ( \frac{x}{x-y_1} \right )=f(xf(y_2))$ nên $\frac{x}{x-y_1}=xf(y_2)\Rightarrow x=y_1+\frac{1}{f(y_2)}$

Lúc này ta sẽ có được: $\frac{1}{f(y_2)}-y_2=\frac{1}{f(y_1)}-y_1=C(C\geq 0)$

$\Rightarrow f(x)=\frac{1}{x+C}(C\geq 0)$

Giả sử rằng $C>0$ thì $f(\frac{x}{x-y})+f(xf(y))=\frac{x-y}{x+(x-y)C}+\frac{y+C}{x+(y+C)C}>\frac{x-y}{x+(x+C)C}+\frac{y+C}{x+(x+C)C}=\frac{x+C}{x+(x+C)C}=f(xf(x))$ (Vô lí). Do đó $C=0$

Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=\frac{1}{x},\forall x \in \mathbb{R}^+}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#6 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-08-2022 - 22:05

$\textbf{Bài toán 6.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xf(y))+y+f(x)=f(f(x+y))+yf(x),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$

Ta có: $P(x,y)\rightarrow f(xf(y))+y+f(x)=f(f(x+y))+yf(x)$

$P(0,y)\rightarrow f(f(y))=2f(0)+y-yf(0)(*)$

$P(1,y)\rightarrow f(f(y+1))=f(f(y))+y+f(1)-yf(1)$

$\Rightarrow f(f(y+1))=2f(0)+2y+f(1)-yf(0)-yf(1)$

Trong $(*)$ thay $y\rightarrow y+1$ ta được: $f(f(y+1))=2f(0)+y+1-yf(0)-f(0)$

Vậy ta có được: $2f(0)+y+1-yf(0)-f(0)=2f(0)+2y+f(1)-yf(0)-yf(1)$

$1-f(0)=y+f(1)-yf(1)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}f(1)=1 & \\ 1-f(0)-f(1)=1 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}f(1)=1 & \\ f(0) =0& \end{matrix}\right.$
Vậy nên từ $(*)$ có $f(f(y))=y$ nên $f(f(x+y))=x+y$
Thay ngược lại hàm ban đầu ta có: $f(xf(y))+f(x)=x+yf(x)(**)$
Thay $y=1$ vào $(**)$ và chú ý $f(1)=1$ ta được $f(x)=x$. Thử lại ta thấy thỏa mãn
Vậy $\boxed{f(x)=x,\forall x \in \mathbb{R}}$

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#7 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 07-08-2022 - 09:32

$\textbf{Bài toán 7 (Đề thi Olympic Gặp gỡ toán học khối 10 năm 2021).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(2f(-x)+y)+3x=f(x+f(y)),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa mãn $$f(2f(-x)+y)+3x=f(x+f(y)),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

Thay $y$ bởi $-2f(-x)$ vào $(1)$, ta được: $$f(0)+3x=f(x+f(-2f(-x)))$$

Khi $x$ chạy khắp $\mathbb{R}$ thì $f(0)+3x$ cũng vậy nên $f$ là một toàn ánh trên $\mathbb{R}$

Như vậy tồn tại một số thực $a$ để $f(a)=0$

Thay $x$ bởi $-a$ vào $(1)$, ta được: $$f(y)-3a=f((y)-a)$$

Lại có $f$ toàn ánh nên $f(y)-a$ toàn ánh trên $\mathbb{R}$. Do đó $f(y)=y-2a$

Thay trở lại vào $(1)$, ta được: $-2x-4a+y-2a+3x=x+y-4a\Rightarrow a=0$

Vậy $\boxed{f(x)=x,\forall x \in \mathbb{R}}$ là hàm duy nhất thỏa mãn bài toán.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 07-08-2022 - 09:40

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#8 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 07-08-2022 - 10:24

$\textbf{Bài toán 8 (Gặp gỡ toán học 2022).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xf(x+y))+f(f(y)f(x+y))=(x+y)^2,\forall x,y \in \mathbb{R}(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Thay $x=y=0$ vào $(1)$, ta được: $f(0)+f(f(0)^2)=0$. Đặt $f(0)=a$ thì ta được: $f(a^2)=-a$

Tiếp tục thay $x=0$, $y$ bởi $a^2$ ta được: $f(0)+f(f(a^2)^2)=a^4\Rightarrow a-a=a^4\Rightarrow a=0$

Do đó $f(0)=0$

Giả sử tồn tại $b\neq 0$ để $f(b)=0$ thì ta thay $y=0,x=b$ vào $(1)$: $f(bf(b))=b^2\Rightarrow b^2=0$ $\text{(Vô lí)}$

Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$

Thay $x$ bởi $x-y$: $f((x-y)f(x))+f(f(y)f(x))=x^2(2)$

Thay $x$ bởi $f(y)$ vào $(2)$: $f((f(y)-y)f(f(y)))+f(f(y)f(f(y)))=f(y)^2\Rightarrow f((f(y)-y)f(f(y)))=0$

Nếu $y\neq 0$ thì $f(y)\neq 0\Rightarrow f(f(y))\neq 0,\forall y\neq 0$

Vì vậy nên $f(y)=y,\forall y \neq 0$ kết hợp với $f(0)=0$ ta thu được $f(y)=y,\forall y \in \mathbb{R}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(y)=y,\forall y \in \mathbb{R}}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#9 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 07-08-2022 - 20:34

$\textbf{Bài toán 9.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x+yf(x+y))=y^2+f(x)f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế trong phương trình hàm $$f(x+yf(x+y))=y^2+f(x)f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

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

Nếu $f\equiv 0$ thì rõ ràng là vô lí nên $f(0)=1$

$P(1,-1)\Rightarrow f(0)=1+f(1)f(-1)\Rightarrow f(1)f(-1)=0$

$\textbf{Trường hợp 1: }$ $f(1)=0$

$P(1-y,y)\Rightarrow f(1-y)=y^2+f(1-y)f(y)$         $(2)$

Thay $y\rightarrow 1-y$ vào $(2)$ thì ta được: $f(y)=(1-y)^2+f(y)f(1-y)$           $(3)$

Do đó ta có $f(y)-(1-y)^2=f(1-y)-y^2\Rightarrow f(1-y)=f(y)+2y-1$           $(4)$

Thay $(4)$ vào $(3)$, ta được: $f(y)=(1-y)^2+f(y)(f(y)+2y-1)\Rightarrow (f(y)+y-1)^2=0\Rightarrow \boxed{f(y)=-y+1,\forall y \in \mathbb{R}}$. Thử lại thấy thỏa mãn
$\textbf{Trường hợp 2: }$ $f(-1)=0$
Thực hiện phép thế $P(-1-y,y)$ rồi làm tương tự như các bước ở trường hợp $1$ ta được $\boxed{f(y)=y-1,\forall y \in \mathbb{R}}$. Thử lại ta tiếp tục thấy thỏa mãn

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#10 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 10-08-2022 - 19:22

$\textbf{Bài toán 10.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xf(x)+2y)=f(x)^2+x+2f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Đặt $P(x,y)$ là phép thế xác định trong phương trình hàm $$f(xf(x)+2y)=f(x)^2+x+2f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$P(0,0)\rightarrow f(0)^2+f(0)=0$ nên $f(0)=0$ hoặc $f(0)=-1$

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $f(0)=0$

$P(0,x)\rightarrow f(2x)=2f(x)$

$P(x,0)\rightarrow f(xf(x))=f(x)^2+x$

$P(2x,0)\rightarrow f(2xf(2x))=f(2x)^2+2x\Rightarrow 2f(xf(2x))=4f(x)^2+2x\Rightarrow 2f(2xf(x))=4f(x)^2+2x\Rightarrow f(xf(x))=f(x^2)+\frac{x}{2}$

Rõ ràng ta thấy vô lí nên trường hợp này không xảy ra

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $f(0)=-1$

$P(0,x)\rightarrow f(2x)=2f(x)+1(1)$

$P(x,0)\rightarrow f(xf(x)))=f(x)^2+x-2$

$P(2x,0)\rightarrow f(\frac{x}{2}+xf(x))=f(x)^2+f(x)+\frac{x}{2}-1$

$P(x,\frac{x}{4})\rightarrow f(xf(x)+\frac{x}{2})=f(x)^2+x+2f(\frac{x}{4})$

Như vậy ta có: $f(x)^2+x+2f(\frac{x}{4})=f(x)^2+f(x)+\frac{x}{2}-1\Rightarrow f(x)=2f(\frac{x}{4})+\frac{x}{2}+1$

Mặt khác thay lần lượt $x\rightarrow \frac{x}{4}$ và  $x\rightarrow \frac{x}{2}$ vào $(1)$, ta được: $f(\frac{x}{4})=\frac{f(x)-3}{4}$

Từ đây ta có $f(x)=x-1$. Thử lại thấy thỏa mãn

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


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#11 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 10-08-2022 - 20:56

$\textbf{Bài toán 11.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(x)f(y+1)=f(xf(y))+f(x),\forall x,y \in \mathbb{Q}$$

$\textbf{Lời giải.}$

Kí hiệu $Q_+$ chỉ tập hợp các số hữu tỉ không âm và $P(x,y)$ là phép thế xác định trong phương trình hàm $$f(x)f(y+1)=f(xf(y))+f(x),\forall x,y \in \mathbb{Q}$$

$P(0,x)\rightarrow f(0)f(x+1)=2f(0)$. Nếu $f(0)\neq 0$ thì $\boxed{f \equiv 2}$ (thỏa mãn)

Xét trường hợp $f(0)=0$ thì $P(x,0)\rightarrow f(x)f(1)=f(x)$. Rõ ràng $\boxed{f\equiv 0}$ là một nghiệm nên ta chỉ cần quan tâm đến trường hợp $f(1)=1$

$P(1,y)\rightarrow f(y+1)=f(f(y))+1(1)$. Dùng phương pháp quy nạp ta sẽ được $f(n)=n,\forall n \in \mathbb{N}$

$P(x,n)\rightarrow nf(x)=f(nx), \forall x \in \mathbb{Q}, n \in \mathbb{N}$

Đặt $x=\frac{p}{q}(q,p \in \mathbb{N}, q \neq 0)$ thì $f(qx)=f(p)=qf(x)\Rightarrow qf(x)=p\Rightarrow f(x)=x, \forall x \in \mathbb{Q}_+$

Sử dụng $(1)$ ta có $f(f(-1))=-1$

$P(f(-1),-1)\rightarrow f(f(-1)^2)=1\Rightarrow f(-1)^2=1$ do $f(-1)^2\geq 0$

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $f(-1)=1$ 

$P(x,-1)\rightarrow f\equiv 0$

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $f(-1)=-1$ 

$P(x,-1)\rightarrow f(-x)+f(x)=0$ nên $f$ là hàm lẻ. Tới đây ta suy ra $\boxed{f(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q}}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy có ba hàm thỏa mãn đề bài là $\boxed{f\equiv 0,f\equiv 2,f(x)=x,\forall x \in \mathbb{Q}}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#12 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 11-08-2022 - 14:09

$\textbf{Bài toán 12.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f(x)f(y)=f(y)f(xf(y))+\frac{1}{xy},\forall x,y \in \mathbb{R}^+$$

$\textbf{Lời giải.}$ Phương trình hàm trên được viết dưới dạng $$f(x)=f(xf(y))+\frac{1}{xyf(y)}$$

Từ đây suy ra $f(x)-f(xf(y)f(z))=f(x)-f(xf(y))+f(xf(y))-f(xf(y)f(z))=\frac{1}{xyf(y)}+\frac{1}{xzf(z)f(y)}(*)$

Hoán đổi vai trò của $y,z$ trong $(*)$ thì ta được: $f(x)-f(xf(y)f(z))=\frac{1}{xzf(z)}+\frac{1}{xyf(y)f(z)}$

Như thế ta được: $\frac{1}{xzf(z)}+\frac{1}{xyf(y)f(z)}=\frac{1}{xyf(y)}+\frac{1}{xzf(z)f(y)}$

$\Rightarrow y(f(y)-1)=z(f(z)-1)=c\Rightarrow f(x)=\frac{c}{x}+1$

Thay $x=y=1$ vào phương trình ban đầu tìm được $c=1$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=\frac{1}{x}+1,\forall x \in \mathbb{R}}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#13 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 11-08-2022 - 20:02

$\textbf{Bài toán 13.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(2xy+\frac{1}{2})+f(x-y)=4f(x)f(y)+\frac{1}{2}, \forall x,y \in \mathbb{Q}$$

$\textbf{Bài toán 14.}$ Cho $f$ là hàm số $\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn $$f(x+y)=f(x)+f(y)+xy, \forall x,y \in \mathbb{Z}$$. Biết rằng $f(23)=0$. Tính $f(35)$.

$\textbf{Bài toán 15.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $$2bf(f(a^2)+a)=f(a+1)f(2ab), \forall a,b \in \mathbb{Z}^+$$

$\textbf{Bài toán 16.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $$f(a+b)=f(a)+f(b)+f(c)+f(d), \forall a,b,c,d \in \mathbb{Z}^+, c^2+d^2=2ab$$

$\textbf{Bài toán 17.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $$(f(a)+b)f(a+f(b))=(a+f(b))^2, \forall a,b \in \mathbb{Z}^+$$

$\textbf{Bài toán 18.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(x)f(y+1)=f(xf(y))+f(x),\forall x,y \in \mathbb{Q}$$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#14 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 12-08-2022 - 11:56

$\textbf{Bài toán 19.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f(x)=f(x+y)+f(x+x^2f(y)), \forall x,y \in \mathbb{R}^+$$

$\textbf{Lời giải.}$

Rõ ràng hàm $f$ giảm nghiêm ngặt nên nó đơn ánh trên $\mathbb{R}^+$

Thay $y$ bởi $z$ ta thu được $$f(x+y)+f(x+x^2f(y))=f(x+z)+f(x+x^2f(z))(*)$$

Thay $x\rightarrow \sqrt{\frac{y}{f(z)}}$ vào $(*)$, ta được: $$f(\sqrt{\frac{y}{f(z)}}+y)+f(\sqrt{\frac{y}{f(z)}}+\frac{yf(y)}{f(z)})=f(\sqrt{\frac{y}{f(z)}}+z)+f(\sqrt{\frac{y}{f(z)}}+y)$$

$\Rightarrow yf(y)=zf(z)$ (Do $f$ đơn ánh)

Suy ra tồn tại hằng số thực dương $C$ để $yf(y)=zf(z)=C\Rightarrow f(x)=\frac{C}{x}$

Thay lại vào phương trình ban đầu tìm được $C=1$.

Vậy $\boxed{f(x)=\frac{1}{x},\forall x,y \in \mathbb{R}^+}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#15 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 12-08-2022 - 15:46

$\textbf{Bài toán 20.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x^2+f(y))=4y+\frac{1}{2}f^2(x),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Bài toán 21.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Z}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn $f(1)=1$ và $$f(x+y)=f(x)+f(y)+xy,\forall x,y \in \mathbb{Z}^+$$

$\textbf{Bài toán 22.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(\frac{x+y}{2022})=\frac{f(x)+f(y)}{2021}, \forall x,y \in \mathbb{R}^+$$

$\textbf{Bài toán 23.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xy)=f(\frac{x^2+y^2}{2})+(x-y)^2,\forall x,y \in \mathbb{R}$$
$\textbf{Bài toán 24.}$ Cho $t$ là số thực khác $0$, khác $-1$. Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(f(x)+ty)=(t^2+t)x+f(f(y)-x), \forall x,y \in \mathbb{R}$$

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#16 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 12-08-2022 - 18:30

$\textbf{Bài toán 25.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x^2+xy+f(y^2))=xf(y)+y^2+f(x^2),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$

Gọi $P(x,y)$ là phép thế xác định trong phương trình hàm $$f(x^2+xy+f(y^2))=xf(y)+y^2+f(x^2),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$P(-x-y,y)\rightarrow f(x^2+xy+f(y^2))=(-x-y)f(y)+y^2+f((x+y)^2)$

Do đó $xf(y)+y^2+f(x^2)=(-x-y)f(y)+y^2+f((x+y)^2)\Rightarrow f((x+y)^2)-f(x^2)=f(y)(2x+y)(*)$

Trong $(*)$ thay $y$ bởi $-2x-y$ ta được: $f((x+y)^2)-f(x^2)=-yf(-2x-y)\Rightarrow yf(-2x-y)=(-2x-y)f(y)=c\Rightarrow f(y)=cy$ với $c$ là hằng số thực

Thay ngược trở lại hàm ban đầu tìm được $c=1$ hoặc $c=-1$.

Vậy $\boxed{f(x)=x,f(x)=-x}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#17 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 13-08-2022 - 10:41

Một số bài toán đặc sắc trong PEN

$\textbf{Bài toán 26.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}^{+}\to \mathbb{Q}^{+}$ thỏa mãn \[f \left( x+\frac{y}{x}\right) =f(x)+\frac{f(y)}{f(x)}+2y, \; x,y \in \mathbb{Q}^{+}.\]

$\textbf{Bài toán 27.}$  Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $$f(f(f(n)))+f(f(n))+f(n)=3n, \forall n \in \mathbb{N}$$

$\textbf{Bài toán 28.}$  Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $$mf(n)+nf(m)=(m+n)f(m^{2}+n^{2}),\forall m,n \in \mathbb{N}$$

$\textbf{Bài toán 29.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ thỏa mãn $$f(x+y+z)+f(x-y)+f(y-z)+f(z-x)=3f(x)+3f(y)+3f(z),\forall x,y,z \in \mathbb{Q}$$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#18 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1702 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A2 K39 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 13-08-2022 - 14:37

$\textbf{Bài toán 30.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f(xf(y))+f(y^{2022}f(x))=xy+xy^{2022}, \forall x,y \in \mathbb{R}^+$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế xác định trong phương trình hàm $$f(xf(y))+f(y^{2022}f(x))=xy+xy^{2022}$$

$P(1,1)\rightarrow f(f(1))=1$

$P(x,f(1))$ thì ta có thể suy ra được $f$ là đơn ánh trên $\mathbb{R}^+$

$P(f(1),1)\rightarrow f(f(1)^2)=f(1)\Rightarrow f(1)=1$ (Do $f$ đơn ánh và $f(1)>0$)

$P(x,1)\rightarrow f(x)+f(f(x))=2x(*)$

Từ đây ta sẽ xây dựng được dãy xác định như sau: $u_0=x,u_1=f(x),u_{n+1}=f(u_n), \forall n \in \mathbb{N}$

Từ $(*)$ ta cũng có $u_{n+2}+u_{n+1}-2u_n=0$

Do đó ta tìm được $u_n=a+b(-2)^n$ với $a=\frac{2x+f(x)}{3},b=\frac{x-f(x)}{3}$

* Nếu $b>0$ thì ta chọn $k$ đủ lớn sao cho $a+b(-2)^{2k+1}<0$ suy ra ngay vô lí

* Nếu $b<0$ thì ta chọn $k$ đủ lớn sao cho $a+b(-2)^{2k}<0$ suy ra ngay vô lí

Do đó $b=0$ hay $f(x)=x$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=x,\forall x \in \mathbb{R}^+}$

 


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#19 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 14-08-2022 - 22:04

$\textbf{Bài toán 1 (Nguyễn Tài Chung).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=4xy, \forall x,y \in \mathbb{R}$$ 

$\textbf{Lời giải.}$

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn $$f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=4xy, \forall x,y \in \mathbb{R} (1)$$ 

Trước tiên, ta sẽ chứng minh $f$ đơn ánh. 

Thật vậy, thay $x=y=c$ vào $(1)$, ta được: $$f\left ( \frac{cf(c)}{2} \right )=2c^2,\forall c \in \mathbb{R}(2)$$

Giả sử tồn tại $x,y \in \mathbb{R}$ để $f(x)=f(y)$ thì ta có: $\left\{\begin{matrix}\frac{xf(x)}{2}=\frac{xf(y)}{2} & \\ \frac{yf(y)}{2}=\frac{yf(x)}{2} & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 4xy=f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=f\left ( \frac{xf(x)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(y)}{2} \right )=2x^2+2y^2\Rightarrow x=y$

Vậy $f$ đơn ánh trên $\mathbb{R}$

Từ $(2)$ và $f$ đơn ánh suy ra $f$ là hàm lẻ

Thay $c=1$ vào $(2)$, ta được: $\frac{1}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )=1\Rightarrow \frac{1}{2}\frac{f(1)}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )=\frac{f(1)}{2}\Rightarrow f\left ( \frac{1}{2}\frac{f(1)}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right ) \right )=f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )\Rightarrow 2.\frac{f(1)^2}{4}=2\Rightarrow f(1)^2=4$

$\textbf{Trường hợp 1:}$ $f(1)=2$ thì ta thay $y=1$ vào $(1)$, ta được: $$f(x)+f(\frac{f(x)}{2})=4x$$

Đặt $z=2x-f(x)$ thì $f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+z$

Ta có: $z=2x-f(x)\Rightarrow f(x-\frac{z}{2})=f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+z$

$\Rightarrow f\left ( x+\frac{z}{2} \right )=f\left ( \frac{f\left ( x-\frac{z}{2} \right )}{2} \right )=2(x-\frac{z}{2})+z=2x$

$\Rightarrow f(x)=f\left ( \frac{f\left ( x+\frac{z}{2} \right )}{2} \right )=2(x+\frac{z}{2})+z=2(x+z)$

Như vậy ta sẽ được $f(x)=2x,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

$\textbf{Trường hợp 2:}$ $f(-1)=2$ thì thay $y=-1$ vào $(1)$, ta được: $$f(-x)+f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=4x$$

$\Rightarrow f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=4x+f(x)$

Đặt $2x+f(x)=t$ thì $f(\frac{t}{2}-x)=f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+t\Rightarrow f(x-\frac{t}{2})=-2x-t$

$\Rightarrow f(-x-\frac{t}{2})=f\left ( \frac{f(x-\frac{t}{2})}{2} \right )=2(x-\frac{t}{2})+t=2x$

$\Rightarrow f(x)=f\left ( \frac{f(-x-\frac{t}{2})}{2} \right )=2(-x-\frac{t}{2})+t=-2x$. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là $\boxed{f(x)=2x,f(x)=-2x,\forall x \in \mathbb{R}}$

Đặt $\displaystyle g( x) =\frac{f( x)}{2}$ thì phương trình ban đầu trở thành $\displaystyle g( xg( y)) +g( yg( x)) =2xy$. Thay $\displaystyle x=y$ thì ta có
 
$\displaystyle g( xg( x)) =x^{2}$(1)
 
Tiếp theo ta sẽ chứng minh $\displaystyle g$ là đơn ánh. Thật vậy, xét hai số $\displaystyle x_{1} ,x_{2}$ sao cho $\displaystyle g( x_{1}) =g( x_{2})$. Khi đó $\displaystyle x_{1} g( x_{1}) =x_{1} g( x_{2})$ và tương tự $\displaystyle x_{2} g( x_{1}) =x_{2} g( x_{2})$ cho nên sử dụng (1) và giả thiết ban đầu ta được $\displaystyle g( x_{1} g( x_{2})) +g( x_{2} g( x_{1})) =g( x_{1} g( x_{1})) +g( x_{2} g( x_{2})) =x_{1}^{2} +x_{2}^{2} =2x_{1} x_{2}$ và từ đây có $\displaystyle x_{1} =x_{2}$
 
Ta thay $\displaystyle x\rightarrow 1$ vào thì được $\displaystyle g( g( 1)) =1$ do đó $\displaystyle g( g( 1) g( g( 1)) =g( g( 1)) =[ g( 1)]^{2} =1$ cho nên $\displaystyle g( 1) =1$ hoặc $\displaystyle g( 1) =-1$.Từ phương trình ban đầu : $\displaystyle g( xg( y)) +g( yg( x)) =2xy$ ta thay $\displaystyle y\rightarrow \frac{y}{g( x)}$ thì được 
 
$\displaystyle g\left( xg\left(\frac{y}{g( x)}\right)\right) +g( 1) =\frac{2xy}{g( x)}$
 
$\displaystyle \Longrightarrow g\left( xg\left(\frac{1}{g( x)}\right)\right) =\frac{2x}{g( x)} -1$ và thay $\displaystyle x\rightarrow g( x)$ ta có 
 
$\displaystyle \Longrightarrow g\left( g( x) g\left(\frac{1}{g( g( x))}\right)\right) =1$
 
Tiếp theo ta có $\displaystyle x\rightarrow \frac{1}{x}$ còn $\displaystyle y\rightarrow xg( x)$ thì được $\displaystyle g( x) +g\left( xg( x) g\left(\frac{1}{x}\right)\right) =2g( x)$ suy ra $\displaystyle g( x) g\left(\frac{1}{x}\right) =1$ tư tính đơn ánh ta có được kết quả trên. Suy ra từ $\displaystyle g\left( g( x) g\left(\frac{1}{g( g( x))}\right)\right) =1$ và $\displaystyle g( x) g\left(\frac{1}{x}\right) =1$ ta rút ra được $\displaystyle g( g( x)) =x$ và thay lại (1) thì có $\displaystyle g( g( x) x) =( g( x))^{2} =x^{2} \Longrightarrow g( x) =x$ hoặc $\displaystyle g( x) =-x$. Đến đây ta có thể kiểm tra bằng cách xét tồn tại $\displaystyle x_{1} ,x_{2}$ sao cho $\displaystyle g( x_{1}) =x_{1} ,g( x_{2}) =-x_{2}$ ( để tránh tồn tại trường hợp "hàm nhánh") rồi chỉ ra vô lí và chỉ có hàm $\displaystyle f( x) =2x$ hoặc $\displaystyle f( x) =-2x$ thỏa. 
 
p/s một hướng xử lí khác =)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 14-08-2022 - 22:36





0 người đang xem chủ đề

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