Bài toán 42: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$ .
Giải :
Đặt $P(x,y)$ là khẳng định $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$
a) Cần CM $f(0)=0 <=> x=0$.
Thật vậy nếu $f(0)\neq 0$ thì $P(0,\frac{x}{f(0)})=> f(0)=f(x)$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Tức $f(x)$ là hàm hằng , tuy nhiên hàm này không thỏa. Vậy $f(0)=0$.
Ngoài ra nếu tồng tại $x$ mà $f(x)=0$ thì $P(x,0)=>0=x^2 <=>x=0$ => ĐPCM
b) CM $f(xf(x))=x^2$.
Thật vậy, $P(x,0)=> f(xf(x))f(0)+x^2=x^2$, vì $f(0)=0$.
c) CM $f(x)$ đơn ánh.
Ta có $P(a,b-a)=>f(af(b))=f((b-a)f(a))+a^2=f((b-a)f(a))+f(af(a))$
Nên $f((b-a)f(a))=f(af(b))-f(af(a))$
Từ đó nên nếu $f(a)=f(b)$ suy ra $f((b-a)f(a))=0$
=> $(b-a)f(a)=0$ ( theo a)
=> $\begin{bmatrix} f(a)=f(b)=0<=>a=b=0\\ b-a=0 <=> b=a \end{bmatrix}$
Trong 2 TH trên thì $f$ đều đơn ánh => ĐPCM
d) CM $f(-x)=-f(x)$
Thật vậy $f(xf(x))=x^2=(-x)^2=f(-xf(-x))$
Vì $f$ đơn ánh nên $xf(x)=-xf(-x)$ => ĐPCM
e) $f$ là 1 song ánh.
Ta chỉ cần CM $f$ là 1 toàn ánh.
Vì $f(xf(x))=x^2$ nên $\mathbb{R}^+\cup (0)\subset f(\mathbb{R})$ là vì $f$ là hàm lẻ nên $f(-xf(x))=-x^2=>\mathbb{R}^-\subseteq f(\mathbb{R})$.
Điều này chứng tỏ $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ => ĐPCM
f) Nghiệm của PTH là $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$
Thật vậy từ $f$ toàn ánh nên tồn tại $u\in \mathbb{R}$ sao cho $f(u)=1$. Khi đó vì $f(uf(u))=u^2=> f(u)=u^2=> u^2=1$ nên $u$ chỉ có 2 giá trị là $\pm 1$.
+) Nếu $u=1$, tức $f(1)=1$ khi đó ;
$P(1,x-1)=> f(f(x))=f(x-1)+1$
$P(1,-x-1)=> f(f(-x))=f(-x-1)+1=> -f(f(x))-f(x+1)+1$.
Từ đó ta có $f(x+1)=f(x-1)+2=>f(x+2)=f(x)+2=>f(x+4)=f(x)+4$
Lại từ $P(2,x)=> f(2f(x+2))=f(xf(2))+4=f(2x+4)$
=> $2f(x+2)=2x+4$ ($f$ đơn ánh)
=> $f(x)=x$.
*) Tương tự với $u=-1$ ta có nghiệm $f(x)=-x$
Thử lại đều thỏa.
Vậy có 2 hàm thỏa.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 08-06-2013 - 12:32
