Chủ đề này có 2 trả lời

[Lyer]

1.Tìm $f$ đi từ $\mathbb{R}$ đến $\mathbb{R}$ thỏa:

   a/ $f$ có hữu hạn không điểm

   b/ $f(x^4+y)=x^3f(x)+f(f(y))$

2.Tìm $1$ hàm $f$ xác định trên tập số thực không âm và thỏa:

  $f(0)=0$

  $f(2x+1)=3f(x)+5$ với $x$ không âm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 10-06-2013 - 18:14

[thanhdotk14]

1.Tìm $f$ đi từ $\mathbb{R}$ đến $\mathbb{R}$ thỏa:

   a/ $f$ có hữu hạn không điểm 

   b/ $f(x^4+y)=x^3f(x)+f(f(y))(1)$

 

Bài giải:

Từ $(1)$, thay $x=0$ ta được: $$f(y)=f(f(y)), \forall y\in\mathbb{R}(2)$$

Suy ra:$$f(x^4+y)=x^3f(x)+f(y), \forall x,y\in\mathbb{R}(3)$$

Trong $(3)$ thay $x$ bởi $-x$ ta được:

$$f(x^4+y)=-x^3f(-x)+f(y), \forall x,y\in\mathbb{R}(4)$$

Từ $(3)$, thay $x=1, y=0$ ta được $f(0)=0$. Trong $(1)$, thay $y=0$,, ta được:$$f(x^4)=x^3f(x), \forall x\in \mathbb{R}(5)$$

Từ đó ta có: $$f(x^4+y)=f(x^4)+f(y)\forall x,y\in \mathbb{R}$$

$$\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y), \forall y\in \mathbb{R}, \forall x\ge 0(6)$$

Từ $(3),(4)$ và $f(0)=0$ ta suy ra $f(-x)=-f(x), \forall x\in \mathbb{R}$

Do đó: Với $x<0$ và áp dụng $(6)$, ta có:$$f(x+y)=f(-(-x)+y)=-f(-x-y)=-[f(-x)+f(-y)]=f(x)+f(y)$$

Vậy $$f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x,y\in \mathbb{R}(7)$$

Giả sử tồn tại $x_0\neq 0$ sao cho $f(x_0)=0$. Khi đó: $f(x_0^4)=0$

TH1: $x_0\neq \pm1$. Xét dãy số $(x_n)$ thỏa mãn $x_{n+1}=x_n^4, \forall n\in \mathbb{N}$ Khi đó, ta có:

$$f(x_1)=f(x_0^4)=0, f(x_2)=f(x_1^4)=x_1^3f(x_1)=0,..., f(x_n)=0, \forall n\in \mathbb{N}$$

Suy ra mọi số hạng của dãy số đều là nghiệm của $f(x)=0$ và do $x_0\neq\pm1$ nên dãy $(x_n)$ có vô số số hạng khác nhau, điều này mâu thuẫn với giả thiết

TH2: $x_0=1$. Từ $(7)$ ta suy ra $f(2)=0, f(3)=0,...$ suy ra hàm $f$ có vô số không điểm, mâu thuẫn

TH3: $x_0=-1$. Từ $(7)$ ta có:$$0=f(-1)=f(1-1-1)=f(1)+2f(-1)\Rightarrow f(1)=0$$

Do đó: $f(2)=0,f(3)=0,...$ suy ra hàm $f$ có vô số không điểm, mâu thuẫn

Vậy hàm $f$ có duy nhất không điểm là $x=0$

Bây giờ, ta chứng minh $f$ đơn ánh. GIả sử $f(x_1)=f(x_2)$

Khi đó, với mọi $y\in \mathbb{R}$, ta có:

$$f(x_1+y)=f(x_1)+f(y)=f(x_2)+f(y)=f(x_2+y), \forall y\in \mathbb{R}$$

Do đó: $$f(x_1-x_2)=f((x_1+y)-(x_2+y))=f(x_1+y)+f(-(x_2+y))=f(x_1+y)-f(x_2+y)=0$$

Vậy $x_1-x_2$ là một nghiệm của hàm $f$, suy ra $x_1-x_2=0\Rightarrow x_1=x_2$

$\Rightarrow f$ đơn ánh. 

Do đó: từ $(2)\Rightarrow f(y)=y, \forall y\in \mathbb{R}$

Vậy có duy nhất  hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là :$$f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 21-06-2013 - 18:55

[thanhdotk14]

 

2.Tìm $1$ hàm $f$ xác định trên tập số thực không âm và thỏa:

  $f(0)=0$

  $f(2x+1)=3f(x)+5$ với $x$ không âm $(1)$

Bài giải:

Giả sử $f$ là hàm số thỏa mãn đề bài. Khi đó ta có $(1)$. Với mọi $x\ge 0$, đặt:$$f(x)=-\frac{5}{2}+g(x)$$

Khi đó ta có $g(x)$ là hàm số xác định trên $[0; +\infty)$. Ta có:$$-\frac{5}{2}+g(2x+1)=3\left[-\frac{5}{2}+g(x)\right]+5, \forall x\ge 0$$

$$\Leftrightarrow g(2x+1)=3g(x), \forall x\in [0; +\infty)(2)$$

Đặt $x=-1+v \Rightarrow 2x+1=2v-1$. Thay vào $(2)$ ta được:$$g(-1+2v)=3g(-1+v), \forall v\ge 1(3)$$

Đặt $g(-1+v)=h(v), \forall v\ge 1$. Khi đó $h$ là hàm số xác định trên $[1;+\infty)$ và theo $(3)$ ta có:$$h(2v)=3h(v), \forall v\ge 1(4)$$

Đặt $h(v)=v^{log_23}\varphi(v), \forall v\ge 1$. Khi đó $\varphi$ là hàm số xác định trên $[1; +\infty)$ và theo $(4)$ ta có:$$(2v)^{log_23}\varphi(2v)=3v^{log_23}\varphi(v), \forall v\ge 1$$

$$\Leftrightarrow \varphi(2v)=\varphi(v), \forall v\ge 1(5)$$

Đặt $v=2^u$. Thay vào $(5)$ ta được:$$\varphi(2^{u+1})=\varphi(2^u), \forall u\ge 0(6)$$

Đặt $\varphi(2^u)=\psi(u), \forall u\ge 0$. Khi đó $\psi$ là hàm số xác định trên $[0; +\infty)$ và theo $(6)$ ta được: $$\psi(u+1)=\psi(u), \forall u\ge 0$$

Lại có: $f(0)=0$ nên suy ra $\psi(0)=\frac{5}{2}$

Vậy:$$f(x)=-\frac{5}{2}+g(x)=-\frac{5}{2}+g(-1+(x+1))=-\frac{5}{2}+h(x+1)$$

$$=-\frac{5}{2}+(x+1)^{log_23}\varphi(x+1)=-\frac{5}{2}+(x+1)^{log_23}\varphi(2^{log_2(x+1)})$$

$$=-\frac{5}{2}+(x+1)^{log_23}\psi(log_2(x+1)), \forall x\in [0; +\infty)$$

Trong đó $\psi$ được xác định trên $[0; +\infty)$ sao cho:$$\psi(0)=\frac{5}{2}, \psi(x+1)=\psi(x), \forall x\in [0; +\infty)$$

Vậy:$$f(x)=-\frac{5}{2}+(x+1)^{log_23}\psi(log_2(x+1)), \forall x\in [0; +\infty)$$

(trong đó $\psi$ là hàm số được xác định như trên)

Thử lại thấy thỏa.

Có thể chỉ ra  một trương hợp cụ thể thỏa mãn đề bài là:$$f(x)=-\frac{5}{2}+\frac{5}{2}(x+1)^{log_23}, \forall x\in [0; +\infty)$$(do ta lấy $\psi(x)=\frac{5}{2}, \forall x\ge 0$)

________________

(p/s: Đây là phương trình có dạng $f(ax+b)=\alpha f(x)+c$, với $a\neq \pm1$ và $\alpha \pm1$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 21-06-2013 - 18:51