Idie9xx

Tìm hàm số $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ thỏa mãn :

$$f\left ( x+\dfrac{y}{x} \right )=f(x)+\dfrac{f(y)}{f(x)}+2y$$

Giả sử $f$ là hàm hằng thì ta thấy không thỏa.

Cho $P(x,y)$ có tính chất $f\left ( x+\dfrac{y}{x} \right )=f(x)+\dfrac{f(y)}{f(x)}+2y$

$P(x,x)\Rightarrow f(x+1)=f(x)+2x+1\Rightarrow f(x+1)-(x+)^2=f(x)-x^2$

Bằng qui nạp ta chứng minh được $f(x+n)-(x+n)^2=f(x)-x^2$

$P(1,x)\Rightarrow f(x+1)=f(1)+\dfrac{f(x)}{f(1)}+2x$

$\Rightarrow f(x)+1=f(1)+\dfrac{f(x)}{f(1)}\Rightarrow f(x)=\dfrac{f(1)-1}{1-\dfrac{1}{f(1)}$

$\Rightarrow f(1)=1\Rightarrow f(n)=n^2,\forall n\in \mathbb{Z^+}$

Viết $x$ dưới dạng $x=\dfrac{p}{q};p,q\in \mathbb{Z^+}$

$P(q,p)\Rightarrow f(q+x)=f(q)+\dfrac{f(p)}{f(q)}+2p=(q+\dfrac{p}{q})^2$

$\Rightarrow f(x)=(\dfrac{p}{q})^2=x^2,\forall x\in \mathbb{Q^+}$

Cho hàm $f,g$ :$(2;4)\rightarrow (2;4)$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} f(g(x))=g(f(x)) & & \\ f(x) g(x)=x^{2}& & \end{matrix}\right.$. CMR:

$f(3)=g(3)$

$f(g(x))=g(f(x))\Rightarrow \dfrac{(g(x))^2}{g(g(x))}=\dfrac{(f(x))^2}{f(f(x))}\Rightarrow \dfrac{f(f(x))}{g(g(x))}=\left(\dfrac{f(x)}{g(x)} \right)^2$

Bằng qui nạp ta chứng minh được:

$\dfrac{f_{n+1}(x)}{g_{n+1}(x)}=\left(\dfrac{f_n(x)}{g_n(x)} \right)^2=...=\left(\dfrac{f(x)}{g(x)} \right)^{2^n},n\in \mathbb{N^*}$

Mà do $\dfrac{1}{2}<\dfrac{f_{n+1}(x)}{g_{n+1}(x)}<2,\dfrac{1}{2}<\dfrac{f(x)}{g(x)}<2$ nên khi cho $n\rightarrow +\infty$ thì:

 - Nếu $\dfrac{f(x)}{g(x)}>1\Rightarrow \dfrac{f_{n+1}(x)}{g_{n+1}(x)}\rightarrow +\infty$ mâu thuẫn.

 - Nếu $\dfrac{f(x)}{g(x)}<1\Rightarrow \dfrac{f_{n+1}(x)}{g_{n+1}(x)}\rightarrow 0$ mâu thuẫn.

 - Nếu $\dfrac{f(x)}{g(x)}=1$ hay $f(x)=g(x)$ thỏa mãn.

Từ đây suy ra $f(3)=g(3)$ (dpcm).

Anh giải thích giùm em được không ạ ? Em mới học PTH nên cũng không chắc nữa ~~

Trong $(2)$ thay $y$ bởi $x$ và $f(x)$ bởi $y$ : 

$f\left ( f\left ( y+f(x) \right ) \right )=f\left ( x+f(x) \right )+y+f(x),\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;(3)$

Trong $(4)$ thay $x=y$ : $f(x+f(x))+x=f(x+f(x))+f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=x,\;\forall x\in \mathbb{R}$

Thay $f(x)$ bởi $y$ với thay $y$ bởi $x$ thì $y=f(x)$ rồi, mà đoạn kia lại thay $x=y$ làm sao được nghĩa là tự cho luôn $f(x)=x$ rồi còn gì

Không biết đúng không ~~

$$f\left ( f\left ( y+f(x) \right ) \right )=f(x+y)+f(x)+y,\;\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;\;\;(1)$$

Trong $(1)$ thay $y$ bởi $f(y)$ : $f\left ( f\left ( f(x)+f(y) \right ) \right )=f(x+f(y))+f(x)+f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;(2)$

Trong $(2)$ thay $y$ bởi $x$ và $f(x)$ bởi $y$ : 

$f\left ( f\left ( y+f(x) \right ) \right )=f\left ( x+f(x) \right )+y+f(x),\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;(3)$

Từ $(2)(3)$ được $f\left ( x+f(x) \right )+y+f(x)=f(x+f(y))+f(x)+f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x+f(x))+y=f(x+f(y))+f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;(4)$

Trong $(4)$ thay $x=y$ : $f(x+f(x))+x=f(x+f(x))+f(x),\;\forall x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x)=x,\;\forall x\in \mathbb{R}$

Thử lại không thỏa. Vậy không tồn tại hàm số thỏa đề.

Sao có thể thay $f(x)$ bởi $y$ được và $(3)$ chắc là sai.

P/s: Thử lại quên không nhìn đề

Tìm các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f\left ( f\left ( y+f(x) \right ) \right )=f(x+y)+f(x)+y,\;\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Với $P(x,y)$ có tính chất $f\left ( f\left ( y+f(x) \right ) \right )=f(x+y)+f(x)+y$

$P(x,f(0))\Rightarrow f(f(f(0)+f(x)))=f(x+f(0))+f(x)+f(0)$

$P(0,f(x))\Rightarrow f(f(f(x)+f(0)))=f(f(x))+f(0)+f(x)$

$\Rightarrow f(x+f(0))=f(f(x)),(1)$

$P(0,x)\Rightarrow f(f(x+f(0))=f(x)+f(0)+x,(2)$

$P(x,0)\Rightarrow f(f(f(x))=f(x)+f(x),(3)$

Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow f(x)=f(0)+x$

Thử lại không có hàm thỏa đề

Tìm tất cả các hàm $f:N\rightarrow N$ thỏa mãn :

     $f(n)+f(n+1)=f(n+2)f(n+3)-1996$

Đọc thử bài này xem:

http://diendantoanho...ll-nin-mathbbn/

vậy nếu không tồn tại a thi sao nhỉ ,co can cm f toàn ánh hay gì ko bạn 

p/s: bạn có tài liệu nào về giải pt hàm bằng dãy số giới hạn không ,cho mình xin với 

Đọc tiếp phần sau thì mình đã chứng minh được có tồn tại $a$ thỏa mãn rồi ( $a=f(0)$ hoặc $a=-f(0)$ )

Mình không có tại liệu đó đâu, toàn dựa vào tính chất dãy số mà làm thôi

 Có tồn tại hay không $f: N*\rightarrow N*$ thỏa: $$f(f(n-1))=f(n+1)-f(n)$$

....fix lại đề...  

Vô đây xem lời giải của mình nhé

http://diendantoanho...75-ffn-1fn1-fn/

Một bài trên Crux.

Xác định hàm số f:

$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

sao cho $\forall x \in \mathbb{R}$ ta có:

$f(x^3+x) \leq x \leq (f(x))^3+f(x)$ 

$x\leq (f(x))^3+f(x),(1)$

Thay $x$ bằng $x^3+x$ vào phương trình $(1)$ có

$x^3+x\leq (f(x^3+x))^3+f(x^3+x)\leq x^3+x$

$\Rightarrow f(x^3+x)=x\Rightarrow x=(f(x))^3+f(x)$

Do hàm số $t^3+t$ luôn đồng biến nên với $x_0$ là nghiệm của phương trình $t^3+t=x$ ( ẩn $t$) thì ta có $f(x)=x_0$
 

Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác đều ABC. Một đường thẳng d tiếp xúc với (I) và cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M,N. Chứng minh rằng  

 

 $\frac{MA}{MB}+\frac{NA}{NC} = 1$

Với $F,D$ lần lượt là trung điểm của đoạn $AB,AC$

Đặt $\alpha=\widehat{FIM},\beta=\widehat{DIN}$ dễ thấy $\alpha+\beta=60^{\circ}$

Có $\tan\alpha=\dfrac{FM}{FI},\tan\beta=\dfrac{DN}{DI},\tan60^{\circ}=\dfrac{AF}{IF}=\dfrac{AD}{DI}$

Ta có $\frac{MA}{MB}+\frac{NA}{NC} = \frac{AF-MF}{AF+MF}+\frac{AD-DN}{AD+AN} $

$=\dfrac{\dfrac{AF}{FI}-\dfrac{MF}{FI}}{\dfrac{AF}{FI}+\dfrac{MF}{FI}}+\dfrac{\dfrac{AD}{DI}-\dfrac{ND}{DI}}{\dfrac{AD}{DI}+\dfrac{ND}{DI}}$

$=\dfrac{\tan60^{\circ}-\tan\alpha}{\tan60^{\circ}+\tan\alpha}+\dfrac{\tan60^{\circ}-\tan\beta}{\tan60^{\circ}+\tan\beta}=1$

$\Rightarrow \dfrac{\tan(\alpha+\beta)-\tan\alpha}{\tan(\alpha+\beta)+\tan\alpha}+\dfrac{\tan(\alpha+\beta)-\tan\beta}{\tan(\alpha+\beta)+\tan\beta}=1,(*)$

Cái $(*)$ bạn tự chứng minh xem có đúng không ( dựa vào công thức $\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot \tan\beta}$ )

Bài toán: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thảo mãn: $f(x^2+y+f(y))=2y+(f(x))^2$, $\forall$ $x$,$y\in\mathbb{R}$

Cách làm hơi trâu bò

Với $P(x,y)$ có tính chất $f(x^2+y+f(y))=2y+(f(x))^2$, cho $f(0)=k$

$P(0,x)\Rightarrow f(x+f(x))=2x+k^2\Rightarrow f$ toàn ánh $(1)$.

Nên tồn tại $a$ để $f(a)=0$

$P(0,a)\Rightarrow f(a+f(a))=2a+k^2\Rightarrow a=-\dfrac{k^2}{2}$

Và cũng chứng minh được $f(x)=0\Leftrightarrow x=a$

$P(-x,y)\Rightarrow f(x^2+y+f(y))=2y+(f(-x))^2\Rightarrow (f(-x))^2=(f(x))^2$

$\Rightarrow (f(\dfrac{k^2}{2}))^2=(f(-\dfrac{k^2}{2}))^2=0\Rightarrow f(\dfrac{k^2}{2})=0$

$\Rightarrow \dfrac{k^2}{2}=-\dfrac{k^2}{2}\Rightarrow k=0\Rightarrow f(0)=0$

$P(x,0)\Rightarrow f(x^2)=(f(x))^2,(*)\Rightarrow f(x^2+y+f(y))=2y+f(x^2)$

Nên $x>0\Rightarrow f(x)>0,(2)$

Giả sử tồn tại hai số $u,v$ dương mà $f(u)=f(v)$

$P(\sqrt{u},v)\Rightarrow f(u+v+f(v))=2v+f(u)$

$P(\sqrt{u},v)\Rightarrow f(u+v+f(u))=2u+f(v)$

$\Rightarrow u=v,(3)$

$P(0,x)\Rightarrow f(x+f(x))=2x$

$P(0,-x)\Rightarrow f(-x+f(-x))=-2x$

$\Rightarrow (f(-x+f(-x)))^2=(f(x+f(x)))^2$

$\Rightarrow f((f(-x)-x)^2)=f((x+f(x))^2)$

$\Rightarrow (f(-x)-x)^2=(f(x)+x)^2$

$\Rightarrow (f(-x))^2-2xf(-x)+x^2=(f(x))^2+2xf(x)+x^2$

$\Rightarrow f(x)=-f(-x),(4)$

Từ $(1),(2),(3),(4)\Rightarrow f$ song ánh.

$P(0,t)\Rightarrow f(t+f(t))=2t$

$\Rightarrow t+f(t)$ toàn ánh.

Cho $y=t+f(t)$

$P(\sqrt{x},t)\Rightarrow f(x+t+f(t))=2t+f(x)$

$\Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y),(**)$

Từ $(*),(**),(4)\Rightarrow \boxed{f(x)=x},\forall x\in \mathbb{R}$

Cho $f$ là hàm số xác định và lấy giá trị trên số thực. Chứng minh rằng tồn tại $x,y$ sao cho $f(x-f(y))>yf(x)+x,(*)$ .

Bài này cũng khá hay

Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$$f(x-f(y))\leq y f(x)+x$$

Bài giải:

Với $P(x,y)$ có tính chất $f(x-f(y))\leq y f(x)+x$

$P(x+f(0),0)\Rightarrow f(x)\leq x+f(0)$

$x<0\Rightarrow f(x)<f(0),(*)$

$P(f(x),x)\Rightarrow f(0)\leq x f(f(x))+f(x)\leq xf(x)+xf(0)+f(x)\leq x^2+2xf(0)+x+f(0)$

$\Rightarrow 0\leq x(x+1+2f(0)))$

$x\rightarrow 0^+ \Rightarrow 1+2f(0)\geq 0,(1)$

$x\rightarrow 0^- \Rightarrow 1+2f(0)\leq 0,(2)$

Từ $(1),(2)\Rightarrow f(0)=-\dfrac{1}{2}$

$P(f(x),x)\Rightarrow f(0)\leq x f(f(x))+f(x)\leq xf(f(x))+x+f(0)$

$\Rightarrow 0\leq x(f(f(x))+1)$

$x>0\Rightarrow -1\leq f(f(x))\leq f(x)-\dfrac{1}{2}\Rightarrow f(x)\geq -\dfrac{1}{2},(**)$

Từ $(*),(**)\Rightarrow x<0\Leftrightarrow f(x)\leq -\dfrac{1}{2}$

$P(1,-\dfrac{3}{2f(1)})\Rightarrow f(1-f(-\dfrac{3}{2f(1)}))\leq -\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow 1\leq f(-\dfrac{3}{2f(1)})\leq -\dfrac{3}{2f(1)}-\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow -1\leq f(1)\leq 0,(3)$

$P(f(1),1)\Rightarrow f(0)\leq f(f(1))+f(1)\leq 2f(1)+f(0)$

$\Rightarrow 0\leq f(1),(4)$

Từ $(3),(4)\Rightarrow f(1)=0$

$P(x,1)\Rightarrow f(x)\leq f(x)+x\Rightarrow x\geq 0$ mâu thuẫn.

$\Rightarrow DPCM$

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x,y$ đều thỏa mãn:

$f(2(x+y)+f(xy))=f(f(x+y))+2xy$

Cho $x=-y$ có $f(f(-x^2))=-2x^2+f(f(0))$

Nên với $x<0$ thì $f(f(x))=2x+f(f(0))$

Cho $y=0,x<0$ có $f(2x+f(0))=f(f(x))=2x+f(f(0))$

Nên với $x<f(0)$ thì $f(x)=x+f(f(0))-f(0)$

Ta thấy tồn tại các số $a<0$ sao cho $f(a)<0$

Có $2a+f(f(0))=f(f(a))=f(a)+f(f(0))-f(0)=a+2(f(f(0))-f(0))$ (mâu thuẫn)

Vậy không có hàm thảo đề bài

Tìm các hàm số $f:R\rightarrow R$ với mọi $x,y\in R$:

$f(xy)+f(x+y)=f(x)f(y)+f(x)+f(y)$

Xem thử bài giải của mình ở bài này xem http://diendantoanho...2-fxyfxfy-fxy1/

Trước tìm mãi không thấy bài toán này nên làm tạm cái bài trong link

Lâu không lên diễn đàn

Bài toán: Cho tổng $S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\frac{1}{n^2}-\frac{i^2}{n^4}}$

Tìm $\lim_{x\rightarrow +\infty}S(n)$

Bài này phát sinh khi chứng minh một công thức toán hình như là băng 2 thì phải