$$f(x+a+b)-f(x+b)=c\times [x+2a+[x]-2[x+a]-[b]]+d\,\,\,\text{với mọi}\,\,x\in \mathbb{R}$$CMR $f$ là hàm tuần hoàn
#1
Đã gửi 03-11-2012 - 20:47
và hàm số $f: \mathbb{R} \to \left[ -1; 1\right]$ thỏa mãn
$f(x+a+b)-f(x+b)=c\times [x+2a+[x]-2[x+a]-[b]]+d$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.
Chứng minh rằng: $f$ là hàm tuần hoàn.
- hxthanh, giacatluongpro1997 và wtuan159 thích
#2
Đã gửi 17-10-2013 - 23:37
Lời giải:
\[
f\left( {x + a + b} \right) - f\left( {x + b} \right) = c\left\lfloor {x + 2a + \left\lfloor x \right\rfloor - 2\left\lfloor {x + a} \right\rfloor - \left\lfloor b \right\rfloor } \right\rfloor + d,\forall x \in R,\left( 1 \right)
\]
Kí hiệu p:=q nghĩa là thay p bởi q.
\[
\begin{array}{l}
x: = x - b,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) = c\left\lfloor {x - b + 2a + \left\lfloor {x - b} \right\rfloor - 2\left\lfloor {x - b + a} \right\rfloor } \right\rfloor - c\left\lfloor b \right\rfloor + d,\left( 2 \right) \\
g\left( x \right) = x - b + 2a + \left\lfloor {x - b} \right\rfloor - 2\left\lfloor {x - b + a} \right\rfloor \\
\left. \begin{array}{l}
g\left( x \right) > x - b + 2a + x - b - 1 - 2\left( {x - b + a} \right) = - 1 \\
g\left( x \right) < x - b + 2a + x - b - 2\left( {x - b + a - 1} \right) = 2 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \left\lfloor {g\left( x \right)} \right\rfloor \in \left\{ { - 1;0;1} \right\} \\
\Rightarrow \left| c \right| \ge c\left\lfloor {g\left( x \right)} \right\rfloor \ge - \left| c \right| \\
\end{array}
\]
Vì $a\in Q \Rightarrow \exists n \in N^{*}:na \in Z$.\[
\begin{array}{l}
\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) \ge - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor + d \\
\Rightarrow f\left( {x + na} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {n - i} \right)a} \right) - f\left( {x + \left( {n - i - 1} \right)a} \right)} \right]} \ge n\left( { - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor + d} \right) \\
\forall t \in N^* :f\left( {x + tna} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {t - i} \right)na} \right) - f\left( {x + \left( {t - i - 1} \right)na} \right)} \right]} \\
\Rightarrow f\left( {x + tna} \right) \ge f\left( x \right) + tn\left( { - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor + d} \right),\forall t \in N^* \\
\end{array}
\]
Nếu ${ - \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor + d}>0$ thì cho $t \to +\infty$ thì $VP \to +\infty$ mà $VT \le 1$: mâu thuẫn nên \[
- \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor + d \le 0 \quad (*)
\]
Mặt khác:\[
\begin{array}{l}
\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) \le \left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor + d \\
\Rightarrow f\left( {x + na} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {n - i} \right)a} \right) - f\left( {x + \left( {n - i - 1} \right)a} \right)} \right]} \le n\left( {\left| c \right| - c\left\lfloor b \right\rfloor + d} \right) \\
\forall t \in N^* :f\left( {x + tna} \right) - f\left( x \right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\left[ {f\left( {x + \left( {t - i} \right)na} \right) - f\left( {x + \left( {t - i - 1} \right)na} \right)} \right]} \\
\Rightarrow f\left( x \right) \ge f\left( {x + tna} \right) + tn\left( { - \left| c \right| + c\left\lfloor b \right\rfloor - d} \right),\forall t \in N^* \\
\end{array}
\]
Nếu ${ - \left| c \right| + c\left\lfloor b \right\rfloor - d}>0$ thì cho $t \to +\infty$, $VP \to +\infty$ mà $VT \le 1$: mâu thuẫn nên \[
- \left| c \right| + c\left\lfloor b \right\rfloor - d \le 0,\left( {**} \right)
\]
Từ (*),(**), ta có\[
- 2\left| c \right| \le 0 \Rightarrow c = 0 \Rightarrow f\left( {x + a} \right) - f\left( x \right) = d
\]
Tương tự, ta cũng có:\[
f\left( {x + tna} \right) = f\left( x \right) + tnd,\forall t \in N^*
\]
Nếu $d\ne 0$ thì cho $t \to +\infty$, $|VP| \to +\infty$ mà $|VT| \le 1$: mâu thuẫn nên $d=0$. Do đó\[
f\left( {x + a} \right) = f\left( x \right),\forall x
\]
Ta có đpcm.
- nhatquangsin và wtuan159 thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh