Đến nội dung

Hình ảnh

$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$: i)$f(x+y)=f(x)+f(y)$, ii)$f(f(y))=y$, iii)$f(x^{2021})=f^{2021}(x)$

- - - - - phương trình hàm số thực toàn ánh đơn ánh song ánh cộng tính

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Explorer

Explorer

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 155 Bài viết

$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời 3 điều kiện sau:

i)$f(x+y)=f(x)+f(y)$ với $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$

ii)$f(f(y))=y$ với $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$

iii)$f(x^{2021})=f^{2021}(x)$ với $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$



#2
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

Chỉ cần i) và iii) là đủ thì phải.

Ta có thể giả sử $f(1) = 1$, nếu $f(1)\neq 1$ thì đặt hàm phụ.

Do $f$ là hàm cộng tính, với mọi $k\in\mathbb Q, x\in\mathbb R$ thì $f(xk) = kf(x)$.

Với mọi $x\in\mathbb R; x\neq 0$, xét $k$ là số hữu tỉ bất kì.

Sử dụng tính cộng tính của $f$, ta có $f\left((x+k)^{2021}\right) = f\left(x^{2021} + \sum_{i=1}^{2020}\binom{2021}{i}x^{2021 - i}k^i + k^{2021}\right) = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] + k^{2021}$.

Đồng thời ta có $f^{2021}(x+k) = (f(x)+k)^{2021} = f^{2021}(x) + \sum_{i=1}^{2020}f^{2021-i}(x)k^i + k^{2021} = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x) + k^{2021}$.

Do $f\left((x+k)^{2021}\right) = f^{2021}(x+k)$ nên suy ra $\sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] = \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x)$.

Xét hai vế là hai đa thức với biến $k$. Do hai đa thức này bằng nhau tại vô số điểm $k$ (hữu tỉ) nên hai đa thức này bằng nhau, tức $f\left(x^{2021-i}\right) = f^{2021-i}(x),\forall i = 1,2,...,2020$.

Do đó $f(x^2) = f(x)^2,\forall x\in\mathbb R$.

Thay $x$ bởi $x+y$ ta có $f(x^2) + 2f(xy) + f(y^2) = f(x)^2 + 2f(x)f(y) + f(y)^2,\forall x,y\in\mathbb R$.

Dẫn đến $f(xy) = f(x)f(y),\forall x,y\in\mathbb R$, hay $f$ là hàm nhân tính.

$f$ vừa là hàm cộng tính vừa là hàm nhân tính nên $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R$ và $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$.



#3
Explorer

Explorer

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 155 Bài viết

Chỉ cần i) và iii) là đủ thì phải.

Ta có thể giả sử $f(1) = 1$, nếu $f(1)\neq 1$ thì đặt hàm phụ.

Do $f$ là hàm cộng tính, với mọi $k\in\mathbb Q, x\in\mathbb R$ thì $f(xk) = kf(x)$.

Với mọi $x\in\mathbb R; x\neq 0$, xét $k$ là số hữu tỉ bất kì.

Sử dụng tính cộng tính của $f$, ta có $f\left((x+k)^{2021}\right) = f\left(x^{2021} + \sum_{i=1}^{2020}\binom{2021}{i}x^{2021 - i}k^i + k^{2021}\right) = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] + k^{2021}$.

Đồng thời ta có $f^{2021}(x+k) = (f(x)+k)^{2021} = f^{2021}(x) + \sum_{i=1}^{2020}f^{2021-i}(x)k^i + k^{2021} = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x) + k^{2021}$.

Do $f\left((x+k)^{2021}\right) = f^{2021}(x+k)$ nên suy ra $\sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] = \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x)$.

Xét hai vế là hai đa thức với biến $k$. Do hai đa thức này bằng nhau tại vô số điểm $k$ (hữu tỉ) nên hai đa thức này bằng nhau, tức $f\left(x^{2021-i}\right) = f^{2021-i}(x),\forall i = 1,2,...,2020$.

Do đó $f(x^2) = f(x)^2,\forall x\in\mathbb R$.

Thay $x$ bởi $x+y$ ta có $f(x^2) + 2f(xy) + f(y^2) = f(x)^2 + 2f(x)f(y) + f(y)^2,\forall x,y\in\mathbb R$.

Dẫn đến $f(xy) = f(x)f(y),\forall x,y\in\mathbb R$, hay $f$ là hàm nhân tính.

$f$ vừa là hàm cộng tính vừa là hàm nhân tính nên $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R$ và $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$.

mik nghĩ từ ii) có thể suy ra f(x)=x với x hữu tỷ hoặc f(x)=-x với x hữu tỷ

từ đó theo cách trên có thể bổ sung thêm TH f(x)=-x với mọi x







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: phương trình hàm, số thực, toàn ánh, đơn ánh, song ánh, cộng tính

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh