Cho a>0. Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R}^{^{+}}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn:
$f(\frac{1}{x}+f(2y))=\frac{1}{f(x)}+ay$ với x,y>0
Cho a>0. Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R}^{^{+}}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn:
$f(\frac{1}{x}+f(2y))=\frac{1}{f(x)}+ay$ với x,y>0
Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu bài toán.
Đặt $b=\frac{a}{2} > 0$. Phương trình hàm đã cho tương đương\begin{equation} f\left(\frac{1}{x} + f(y) \right) = \frac{1}{f(x)} + by,\forall x,y>0 \end{equation}
Thay $y$ bởi $\frac{1}{z} + f(y)$ vào $(1)$ ta có: $f\left(\frac{1}{x} + f\left(\frac{1}{z} + f(y)\right)\right) = \frac{1}{f(x)} + \frac{b}{z} + bf(y),\forall x,y,z>0$
$\Leftrightarrow f\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{f(z)} + by\right) = \frac{1}{f(x)} + \frac{b}{z} + bf(y),\forall x,y,z>0$.
Ở trên, thay $x$ bởi $\frac{1}{bx}$ ta có $f\left(bx + \frac{1}{f(z)} + by\right)=\frac{1}{f\left(\frac{1}{bx}\right)} + \frac{b}{z}+bf(y),\forall x,y,z>0$.
Hoán vị $x,y$ ta có $\frac{1}{f\left(\frac{1}{bx}\right)} +bf(y) = \frac{1}{f\left(\frac{1}{by}\right)} + bf(x),\forall x,y>0\Leftrightarrow bf(x) - \frac{1}{f\left(\frac{1}{bx}\right)} = c,\forall x > 0$, với $c$ là hằng số nào đó.
+ Nếu $c<0$ thì $\frac{1}{f\left(\frac{1}{bx}\right)} = bf(x) - c > -c,\forall x>0$
$\Rightarrow \frac{1}{f(x)}> -c,\forall x>0\Rightarrow f(x) < -c,\forall x>0$.
Tuy nhiên ở $(1)$ cho $y\to+\infty$ ta thấy ngay điều vô lí.
+ Nếu $c>0$ thì $bf(x)>c,\forall x>0\Rightarrow f(x) > \frac{c}{b} ,\forall x > 0$
$\Rightarrow bf(x) = \frac{1}{f\left(\frac{1}{bx}\right)} + c < \frac{b}{c} + c,\forall x > 0$, hay $f$ bị chặn trên.
Tương tự trường hợp trên ta thấy điều vô lí.
Do đó $c=0$, hay $f\left(\frac{1}{bx}\right) = \frac{1}{bf(x)},\forall x > 0$ $(2)$
Thay $x$ bởi $\frac{1}{bx}$ vào $(1)$ rồi sử dụng $(2)$ ta có $f\left(bx + f(y)\right) = bf(x) + by,\forall x,y>0$ $(3)$
Dễ thấy $f$ là đơn ánh.
Ở $(3)$ thay $y$ bởi $f(y)$ ta có $f(bx + f(f(y))) = bf(x) + bf(y),\forall x,y>0$. $(4)$
Hoán vị $x,y$ thì $f(bx + f(f(y))) = f(by + f(f(x))),\forall x,y>0$
$\Rightarrow bx + f(f(y)) = by + f(f(x)),\forall x,y>0\Rightarrow f(f(x)) = bx + d,\forall x > 0$, với $d$ là hằng số không âm.
Ở trên, thay $x$ bởi $\frac{1}{bx}$ ta có: $f\left(f\left(\frac{1}{bx}\right)\right) = \frac{1}{x} + c,\forall x > 0$.
Theo $(2)$ thì $f\left(\left(\frac{1}{bx}\right)\right) = f\left(\frac{1}{bf(x)}\right) = \frac{1}{bf(f(x))} = \frac{1}{b(bx+c)},\forall x > 0$.
Do đó $\frac{1}{b(bx+c)} = \frac{1}{x}+c,\forall x >0$.
Để điều này đúng với mọi $x>0$ thì $b=1$ và $c=0$.
Suy ra $f(f(x)) = x,\forall x > 0$, và từ $(4)$ ta có $f(x+y) = f(x) + f(y),\forall x,y>0$.
Dẫn đến $f$ là hàm tăng và là hàm cộng tính, nên $f(x) =mx,\forall x > 0$. Thử lại ta có $m=1$.
Vậy để phương trình hàm đã cho có nghiệm thì $a=2$ và khi đó phương trình hàm có nghiệm duy nhất $\boxed{f(x) = x,\forall x >0}$.
Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Đại số →
CMR: $\left ( \frac{x^2}{a} \right )^n+\left ( \frac{y^2}{b} \right )^n=\frac{2}{(a-b)^n}$Bắt đầu bởi Duc3290, 01-05-2024 biến đổi đại số, phân thức và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(x-f(y)) = f(f(y)) +x.f(y) + f(y) -1$Bắt đầu bởi noname0101, 21-02-2024 phương trình hàm |
|
|||
Toán Đại cương →
Đại số tuyến tính, Hình học giải tích →
Tại sao không phải mọi tập sinh có 3 phần tử là tập cơ sởBắt đầu bởi Lyua My, 21-01-2024 đại số |
|
|||
Toán Đại cương →
Giải tích →
CMR hàm số f(x) đơn điệu thì có hữu hạn điểm gián đoạn.Bắt đầu bởi Explorer, 29-11-2023 giới hạn, điểm gián đoạn và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
$f(2x+3y)=2f(x)+3g(y)$Bắt đầu bởi duongnhi, 26-11-2023 phương trình hàm |
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh