Thay cho lời mở đầu,mong các bạn hãy đọc qua topic sau.
Nào,chúng ta cùng bắt đầu vấn đề chính.
Bài toán 1: Cho $T$ là một số chẵn. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ sao cho :
- $f(f(n)) = n + T$
- $f(n + 1) > f(n)$
Ta sẽ chứng minh $f(n+1)-f(n)=1$Bài toán 1: Cho $T$ là một số chẵn. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ sao cho :
- $f(f(n)) = n + T$
- $f(n + 1) > f(n)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 15-03-2013 - 11:02
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
Thế nếu bây giờ anh bỏ đi điều kiện 2 là $f(n+1)>f(n)$ thì bài toán còn giải được không ? Em hãy suy nghĩ đi nhé ,trước khi ta bắt đầu bài mớiThêm bài khác đi anh, em không có ôn PTH trên các hàm khác $\mathbb{R}$ ( vì 30-4 khối 11 không cho).
Bỏ điều kiện 2 đi thì ta làm như sauThế nếu bây giờ anh bỏ đi điều kiện 2 là $f(n+1)>f(n)$ thì bài toán còn giải được không ? Em hãy suy nghĩ đi nhé ,trước khi ta bắt đầu bài mới
Thì mình mới nói là "với $g(n)$ là hàm tuần hoàn trên $\mathbb{N}$", chứ cũng không chắc là $g: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ đâu bạn ạKhi bạn đặt $g(n)=f(n)-n$, bạn có đảm bảo $g: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 15-03-2013 - 22:20
Khi bạn đặt $g(n)=f(n)-n$, bạn có đảm bảo $g: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$?Bỏ điều kiện 2 đi thì ta làm như sau
Đặt $f(n)=g(n)+n$
Ta được $g(f(n))+f(n)=g(f(n))+g(n)+n=n+T$ hay $g(f(n))=T-g(n)$
Cho $n=f(m)$ được $g(f(f(m)))=T-g(f(m)) \Rightarrow g(m+T)=g(m)$
Vậy $f(n)=n+g(n)$ với $g(n)$ là hàm tuần hoàn trên $\mathbb{N}$ chu kì $T$
Giờ ra tiếp bài mới được chưa ạ
Tiếp tục đề mới nào
Bài toán 3: Giả sử $f:\mathbb{R^+} \to \mathbb{R^+}$ là 1 hàm tăng sao cho :
$$f(x + y) + f(f(x) + f(y)) = f(f(x + f(y)) + f(y + f(x))),\quad \forall x,y \in \mathbb{R^+}.$$
Chứng minh rằng $f(x) = {f^{ - 1}}(x).$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 19-03-2013 - 11:40
Tiếp tục đề mới nào
Bài toán 2: Xác định tất cả các hàm $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ sao cho $3f(f(x)) - 8f(x) + 4x = 0$.
Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :
Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.
Wolframalpha đây
Bài này không thiếu đề đâu,chỉ cho nhiêu đó giả thuyếtBài này thiếu đề không anh? Theo em nghĩ là cần toàn ánh nữa.
Tiếp tục đề mới nào
Bài toán 2: Xác định tất cả các hàm $f:\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ sao cho $3f(f(x)) - 8f(x) + 4x = 0$.
Ta thấy $3f^n(x)-8f^{n-1}+4f^{n-2}=0$
Nó giống với dạng $u_n=au_{n-1}+bu_{n-2}$
Sử dụng phương pháp sai phân: có phương trình đặc trưng là $3x^2-8x+4=0$ được hai nghiệm $x_1=2,x_2=\frac{2}{3}$
Ta có $f^n(x)=k \cdot 2^n+h \cdot (\frac{2}{3})^n$
Thay $k+h=x,2k+\frac{2}{3} h=f(x)$
Được công thức tổng quát :
$$f^n(x)=\left ( \frac{3}{4} \cdot f(x)-\frac{x}{2} \right )\cdot 2^n -\left ( \frac{3}{4}\cdot f(x)- \frac{3x}{2} \right )\cdot \left ( \frac{2}{3} \right )^n$$
Do $f^n(x)$ nguyên nên $3^{n-1}|f(x)-2x$ hay $f(x)=2x$
Thử lại thấy thỏa mãn
Vậy hàm cần tìm là $f(x)=2x$
Lời giải của bạn Idie9xx cho bài toán 2 là lời giải chuẩn rồi
Lời giải bài toán 3:
$f(x)$ là hàm tăng nên ta có thể xác định được 2 hàm dương tăng sao cho :
$$h(x) \ge f(x) \ge g(x):g(x) = \mathop {\lim }\limits_{z \to {x^ + }} f(z);h(x) = \mathop {\lim }\limits_{z \to {x^ - }} f(z)$$
$f(f(x + f(y)) + f(y + f(x))) > f(x + y)$ ,vậy thì :
$$f(x + f(y)) + f(y + f(x)) < x + y$$
Cho $x,y \to 0^+$ thì tư BĐT trên chỉ ra rằng $f(x)$ có thể nhỏ tùy thích,do đó $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = 0$ và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = + \infty $.
$\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} f(x + y) = g(x)$
$\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} f(f(x) + f(y)) = 0$
Và như vậy $\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} (f(x + y) + f(f(x) + f(y))) = g(x)$.
$\mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + } f(x + f(y)) = 0$
$\mathop {\lim }\limits_{y \to 0 + } f(f(x) + y) = g(f(x))$
Và như vậy $\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} (f(x + f(y)) + f(f(x) + y)) = g(f(x))$.
Suy ra $\mathop {\lim }\limits_{y \to {0^ + }} f(f(x + f(y)) + f(f(x) + y))$ tồn tại (do VT có giới hạn) và do đó $ \in \{ g(g(f(x))),h(g(f(x)))\} $.
Vậy $\forall x$: $g(x) = g(g(f(x))),$ hoặc $g(x) = h(g(f(x)))$ và từ $h(x) \ge g(x),\forall x$,ta thu được từ 2 trường hợp này $g(x) \ge g(g(f(x)))$.
Vậy $g(f(x)) \ge x,\forall x$ ;$f(f(x)) \ge x,\forall x$.
Thay $x \to f(x):f(f(f(x))) \ge f(x)$ và từ tính tăng của hàm số ta có $f(f(x)) \le x$.
Do đó $f(f(x)) = x,\forall x$,đpcm.
**********
Đề mới :
Bài toán 4: Tìm tất cả các hàm $f$ và $g$ sao cho :
$$({x^2} + x + 1).f({x^2} - x + 1) = ({x^2} - x + 1).g({x^2} + x + 1)$$
Với mọi $x \in \mathbb{R}$.
Bài toán 5: Cho $f(x) = {x^n} + ... + x + 1$ và $g(x) = f({x^{n + 1}})$.Tìm dư khi chia $g(x)$ cho $f(x)$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-06-2013 - 21:42
Bài toán 4: Tìm tất cả các hàm $f$ và $g$ sao cho :
$$({x^2} + x + 1).f({x^2} - x + 1) = ({x^2} - x + 1).g({x^2} + x + 1)$$
Với mọi $x \in \mathbb{R}$.
Bài toán 5: Cho $f(x) = {x^n} + ... + x + 1$ và $g(x) = f({x^{n + 1}})$.Tìm dư khi chia $g(x)$ cho $f(x)$.
Bài 5: Nhận xét $x^{n+1}-1=(x-1) \cdot f(x)$ và $(x^{n+1})^k-1=(x^{n+1}-1)(\sum_{i=0}^{k-1} (x^{n+1})^i)$
Biến đổi $$g(x)=f(x^{n+1})=\sum_{i=0}^{n} (x^{n+1})^i=\sum_{i=0}^{n}((x^{n+1})^i-1)+(n+1)$$
$$=(x^{n+1}-1)(\sum_{j=1}^{n}(\sum_{i=0}^{j-1}(x^{n+1})^i))+(n+1)=f(x)\cdot (x-1)(\sum_{j=1}^{n}(\sum_{i=0}^{j-1}(x^{n+1})^i))+(n+1)$$
Vậy phép chia $g(x)$ cho $f(x)$ dư $n+1$
Bài 4 khó ghê
Bài toán 4: Tìm tất cả các hàm $f$ và $g$ sao cho :
$$({x^2} + x + 1).f({x^2} - x + 1) = ({x^2} - x + 1).g({x^2} + x + 1)$$
Với mọi $x \in \mathbb{R}$.
Bài toán 5: Cho $f(x) = {x^n} + ... + x + 1$ và $g(x) = f({x^{n + 1}})$.Tìm dư khi chia $g(x)$ cho $f(x)$.
Lời giải bài toán 4:
${x^2} + x + 1|g({x^2} + x + 1) \Rightarrow g(x) = x{g_1}(x)$
${x^2} - x + 1|f({x^2} - x + 1) \Rightarrow f(x) = x{f_1}(x)$
Như vậy ta có ${f_1}({x^2} - x + 1) = {g_1}({x^2} + x + 1)$.
Từ PT đầu tiên,thay $x \to - 1 - x$ ta được:
Bài toán 7: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa :
- $f(xy)=f(x)f(y)$.
- $f(x+1)=f(x)+1$.
Cho $x=0$ có $f(0)=0$ (thoả) hoặc $f(x)=1$ (mâu thuẫn với $(2)$).
Từ $(2)$ chứng minh theo qui nạp được $f(x+k)=f(x)+k, \forall k \in \mathbb{Z}$ thay $x=0$ thì $f(x)=x,\forall x \in \mathbb{Z}$
Từ $(1)$ thì $f(p)=f(q)f(\frac{p}{q}) \Rightarrow f(\frac{p}{q})=\frac{p}{q}$ với $\forall p,q \in \mathbb{Z}$ chứng minh được $f(x)=x, \forall x \in \mathbb{Q}$
Có $f(x+y)=f(\frac{x}{y}+1)f(y)=(f(\frac{x}{y})+1)f(y)=f(x)+f(y)$ ( Hàm cộng tính )
Ta có $f(x-y)=f(x)+f(-y)=f(x)-f(-1)f(-y)=f(x)-f(y)$
và $f(x^2)=(f(x))^2 \geq 0$ ( $x>0$ thì $f(x)>0$ )
Nên $x>y \Rightarrow f(x)>f(y)$ ( Hàm đơn điệu )
Vậy hàm thỏa là $f(x)=x$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 05-04-2013 - 14:05
Đề mới:Bài toán 6: Xác định tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z^+} \to \mathbb{Z^+}$ sao cho $f(m-n)f(m+n)=f(m^2);\forall m,n \in \mathbb{Z^+}$.
-Với $m>4$ ta có:
$$(f(m))^2( f(m+2) f(m-2))=(f(m)f(m-2))(f(m)f(m+2))=f((m-1)^2)f((m+1)^2)$$
$$=(f(m+2)f(m-4))(f(m-2)f(m+4))=(f(m+2)f(m-2))(f(m+4)f(m-4))=(f(m+2)f(m-2))f(m^2)$$
$$\Rightarrow f(m^2)=(f(m))^2=f(m+1)f(m-1)$$
-Giả sử $f(m-1)<f(m) \Rightarrow f(m)<f(m+1)$
$f(m-1)=f(m) \Rightarrow f(m)=f(m+1)$
$f(m-1)>f(m) \Rightarrow f(m)>f(m+1)$ mà $f(m^2)=(f(m))^2$ ( vô lí )
Vậy $f$ đồng biến hoặc là hàm hằng trên khoảng $[5; + \infty)$
-Với $f$ là hàm hằng:
Có $(f(m))^2=f(m^2) \Rightarrow (f(m))^2=f(m) \Rightarrow f(m)=1$
-Với $f$ đồng biến:
Có $f(1)f(5)=f(2)f(4)=f(2)(f(1)f(3)) \Rightarrow f(5)=f(2)f(3)$
$\Rightarrow f(6)f(2)=f(5)f(3)=f(2)(f(3))^2 \Rightarrow f(6)=(f(3))^2$
$\Rightarrow f(4)(f(3))^2=f(4)f(6)=f(25)=(f(5))^2=(f(2))^2(f(3))^2 \Rightarrow f(4)=(f(2))^2$
$\Rightarrow (f(3))^4=(f(6))^2=f(36)=f(3)f(9) \Rightarrow f(9)=(f(3))^3$
$\Rightarrow (f(2))^3=f(4)f(2)=f(9)=(f(3))^3 \Rightarrow f(2)=f(3)$
$\Rightarrow f(4)=f(6) \Rightarrow f(5)=f(6)$ ( vô lí )
Vậy hàm thỏa là $f(x)=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 03-04-2013 - 15:33
Bài toán 6: Xác định tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z^+} \to \mathbb{Z^+}$ sao cho $f(m-n)f(m+n)=f(m^2);\forall m,n \in \mathbb{Z^+}$.
Bài toán 7: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa :
- $f(xy)=f(x)f(y) \quad (1)$.
- $f(x+1)=f(x)+1 \quad (2)$.
Lời giải bài toán 6:
$f(n)f(n + 4) = f({(n + 2)^2}) = f(n + 1)f(n + 3) \Rightarrow \frac{{f(n + 4)}}{{f(n + 3)}} = \frac{{f(n + 1)}}{{f(n)}}$
Như vậy tồn tại $u,a,b,c$ sao cho :
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-06-2013 - 21:51
Chèn link !
**********Đề mới:Bài toán 8: Nếu $f$ có tính chất $f(f(x) - f(y)) = f(f(x)) - y \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.Chứng minh $f$ là hàm lẻ.Bài toán 9: Cho $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn $(f^\circ f)(x) = \frac{{{x^9}}}{{({x^2} + 1)({x^6} + {x^4} + 2{x^2} + 1)}} \quad \forall x \in \mathbb{R}$.Chứng minh rằng $\exists !a \in \mathbb{R}$ để $f(a)=a$.
Xơi bài 8 trước
Cho $x=y=0$ được $f(0)=f(f(0))$
Cho $y=0$ được $f(f(x)-f(0))=f(f(x))$
Cho $y=f(0)$ được $f(f(x)-f(0))=f(f(x))+f(0) \Rightarrow f(0)=0$
Cho $x=0$ được $f(-f(y))=-y$
Cho $x=y$ được $f(f(y))=y$
Ta có $f(f(x)-f(y))=x-y$
Thay $x,y$ bằng $f(x),f(-y)$ có $f(x+y)=f(x)-f(-y)$
Thay $x,y$ bằng $f(x),-f(y)$ có $f(x+y)=f(x)+f(y)$
$\Rightarrow f(y)=-f(-y)$
Vậy $f$ là hàm lẻ (dpcm)
----------------
Giải nốt bài 9
Biến đổi $(f^\circ f)(x) = \frac{x^9}{(x^2 + 1)(x^6 + x^4 + 2x^2 + 1)}=\frac{(x^3)^3}{(x^2 + 1)((x^3)^2 + (x^2+1)^2)}$
$=\frac{\left (\dfrac{x^3}{x^2 + 1} \right )^3}{\left (\dfrac{x^3}{x^2 + 1} \right )^2+1}$ ( do $x^2+1>0$)
Cho $g(x)=\dfrac{x^3}{x^2 + 1} \Rightarrow (g^\circ g)(x))=(f^\circ f)(x)$
Cho $g(x)=x \cdot h(x)$ dễ thấy $1 > h(x) \geq 0 $
Xét phương trình $(g^\circ g)(x)=(f^\circ f)(x)=x$
Ta có $(g^\circ g)(x)=x \cdot h(x) \cdot h(g(x))=x \Rightarrow x=0$ ( do $h(x) \cdot h(g(x))<1$)
Nên phương trình $(f^\circ f)(x)=x$ có duy nhất một nghiệm $(*)$
Xét $(f^\circ f)(0)=0 \Rightarrow (f^\circ f)(f(0))=f((f^\circ f)(0))=f(0)$ do $(*)$ nên $f(0)=0$
Giả sử tồn tại $b \neq 0$ sao cho $f(b)=b \Rightarrow (f^\circ f)(b)=f(b)=b$ ( mâu thuẫn với $(*)$)
Vậy tồn tại duy nhất $a=0$ để $f(a)=a$ (dpcm)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 08-04-2013 - 19:12
Bài toán 8: Nếu $f$ có tính chất $f(f(x) - f(y)) = f(f(x)) - y \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.Chứng minh $f$ là hàm lẻ.
Lời giải bài toán 8:
Giả sử $P(x;y)$ có tính chất $f(f(x) - f(y)) = f(f(x)) - y$ với mọi số thực $x,y$.
$P(x,x) \Rightarrow f(f(x)) = x = f(0)$,vậy $f(x)$ là 1 song ánh.
$P(0,0) \Rightarrow f(f(0)) = f(0)$ và từ tính chất song ánh của hàm $f(x)$ suy ra $f(0)=0$.
Vậy $f(f(x))=x$ và $P(0;f(x))$ cho ta $f(-x)=-f(x)$.
**********
Đề mới:
Bài toán 10: Tìm tất cả các hàm thực thỏa mãn $(x + y)[f(x) - f(y)] = (x - y)f(x + y)$
Bài toán 11: Tìm tất cả các hàm $f$ liên tục tại $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho:
$$f(x + y) = f(x) + f(y) - af(x)f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}.$$
Trong đó $a$ là hằng số.
@NLT:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NLT: 13-04-2013 - 22:58
Bài toán 10: Tìm tất cả các hàm thực thỏa mãn $(x + y)[f(x) - f(y)] = (x - y)f(x + y)$
Bài toán 11: Tìm tất cả các hàm $f$ liên tục tại $x_0 \in \mathbb{R}$ sao cho:
$$f(x + y) = f(x) + f(y) - af(x)f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}.$$
Trong đó $a$ là hằng số.
@NLT:
Spoiler
-------------------
Bài 10: Bài này có trên VMF rồi http://diendantoanho...-xyfx-fyx-yfxy/ và khi đặt $f(x)=x \cdot g(x)$ ta có dạng nữa http://diendantoanho...-xfx-yfyx-yfxy/
-------------------
Bài 11: Với $a=0$ ta được hàm tuyến tính kết hợp với liên tục tại 1 điểm quen thuộc được $f(x)=cx$
Với $a \neq 0$ đặt $g(x)=a \cdot f(x)$
Ta có $g(x+y)=g(x)+g(y)-g(x)g(y) \Leftrightarrow g(x+y)-1=-1+g(x)+g(y)-g(x) \cdot g(y)$
$\Leftrightarrow 1-g(x+y)=(1-g(x))(1-g(y))$
Đặt $h(x)=1-g(x)$ có $h(x+y)=h(x) \cdot h(y)$ là 1 hàm quen thuộc kết hợp với tính liên tục tại 1 điểm có $h(x)=0$ hoặc $h(x)=k^x,k >0$
Nên $f(x)=\dfrac{1}{a}$ hoặc $f(x)=\dfrac{1-k^x}{a}$
Vậy với $a=0$ thì $f(x)=cx$ thỏa, với $a \neq 0$ thì $f(x)=\dfrac{1}{a}$ và $f(x)=\dfrac{1-k^x}{a}$ thỏa
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 14-04-2013 - 21:02
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các kỳ thi Olympic →
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp. →
Tổng hợp PTH và Dãy số qua các kì thi HSG 2014Bắt đầu bởi namcpnh, 14-11-2014 tuyển tập |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Chuyên đề toán THPT →
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN VỀ ELIP - LUYỆN THI ĐẠI HỌCBắt đầu bởi leminhansp, 23-07-2013 elip, hình học phẳng và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
BĐT -Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.roBắt đầu bởi dark templar, 14-03-2013 tuyển tập, sưu tầm. |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh