Đến nội dung


pcoVietnam02

Đăng ký: 31-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 17:21
*****

#727105 PTH Hosszu: $f(x+y-xy)+f(xy)=f(x)+f(y),\forall x,y\in \ma...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong Hôm qua, 23:36

Gọi $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x+y-xy)+f(xy)=f(x)+f(y)$
Vì $f(x)$ là nghiệm suy ra $f(x)-(ux+v)$ cũng là một nghiệm, không mất tính tổng quát ta giả sử $f(0)=f(-1)=0$
 
Đặt $h(x)=f(x)+f(-x)$
$P(x,-x)$ $\implies$ $h(x^2)=h(x)$ và vì $f$ liên tục, $h(x)=c$ là hàm hằng.
$h(0)=0$ suy ra $f(-x)=-f(x)$ $\forall x$
 
Cộng $P(\frac {x-1}2,-1)$ với $P(-\frac {x-1}x2,-1)$ vế theo vế, ta được $f(-x)=-f(x-2)$
Do đó $f(x+2)=f(x)$
 
Suy ra $f(n)=0$ $\forall n\in\mathbb Z$
$P(x,-1)$ trở thành $f(2x-1)=2f(x)$ suy ra $2f(x)=f(2x-1)=f(2x+1)=2f(x+1)$ $\Rightarrow$ $f(x+1)=f(x)$
 
$P(x,n)$ $\implies$ $f(nx)=f(x)+f(n-1)x$ suy ra $f(nx)=nf(x)$
Suy ra $f(\frac pqx)=\frac pq f(x)$ do đó $f(x)=0\quad\forall x\in\mathbb Q$
 
Và vì $f$ liên tục, $f(x)=0$ $\forall x$
 
Trở lại chỗ giả sử, ta đưcọ $\boxed{f(x)=ax+b\quad\forall x}$ , thử lại thấy thỏa mãn.



#726959 $f(x^2-y^2)=xf(x)-yf(y), \forall x, y\in \mathbb{R}$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 15:54

Gọi $ P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $ f(x^2-y^2)=xf(x)-yf(y)$
 
$ P(0,0)$ $ \implies$ $ f(0)=0$
$ P(x,0)$ $ \implies$ $ f(x^2)=xf(x)$ suy ra $ P(x,y)$ trở thành $ f(x^2-y^2)=f(x^2)-f(y^2)$ (1)
$ P(0,x)$ $ \implies$ $ f(-x^2)=-xf(x)=-f(x^2)$ (2)
Từ (1) và (2) ta có $ f(x+y)=f(x)+f(y)$ $ \forall x,y$
 
*Thật vậy, ta có $Q(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x^2-y^2)=f(x^2)-f(y^2)$
$x\ge 0$,  $y\ge 0$ : $Q(\sqrt{x+y},\sqrt y)$ $\implies$ $f(x+y)=f(x)+f(y)$
$x\ge 0$, $y\le 0$ : $Q(\sqrt x,\sqrt{-y})$ $\implies$ $f(x+y)=f(x)-f(-y)=f(x)+f(y)$
$x\le 0$ , $y\le 0$ : $Q(\sqrt{-x-y},\sqrt {-y})$ $\implies$ $f(x+y)=f(x)+f(y)$
$x\le 0$ , $y\ge 0$ : $Q(\sqrt y,\sqrt{-x})$ $\implies$ $f(x+y)=f(y)-f(-x)=f(x)+f(y)$
 
Suy ra $ P(x+1,0)$ $ \implies$ $ f(x^2+2x+1)+(x+1)f(x+1)$ nên $ f(x^2)+2f(x)+f(1)=xf(x)+f(x)+xf(1)+f(1)$, và vì $ f(x^2)=xf(x)$, ta suy ra : $ f(x)=xf(1)$
Vậy $ \boxed{f(x)=ax}$ với hằng số $a$.
Thử lại thấy thỏa mãn.



#726938 $f(x+y) \geq f(x)+yf(f(x))$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 11:00

Nếu $ f(f(x)) \le 0$ với mọi $ x$.Suy ra với mọi $ y\le 0$ ta có $ yf(f(x))\ge 0$ suy ra $ f(x + y)\ge f(x) + yf(f(x))$ với mọi $ x$.Do đó $ f(x)$ là hàm giảm.
Vì $ f(0) > 0 > f(f(x))$ nên $ 0 < f(x)$ với mọi $x$.Mâu thuẩn với $ f(f(x)) < 0$
Do đó tồn tại $ z$ sao cho $ f(f(z)) > 0$.
Từ bất đẳng thức trên, $ f(x +z)\ge f(z) + xf(f(x))\rightarrow lim_{x\to \infty} f(x) =+\infty$
Suy ra $ lim_{x\to \infty}f(f(x))=+ \infty$
Chọn $ x; y > 0$ thỏa $ f(x)\ge 0; f(f(x)) > 1; y\ge \frac {x +1}{f(f(x)) - 1}$ và $ f(f(x+y+ 1)) \ge 0$
Từ đó ta có $ f(x + y)\ge f(x) + yf(f(x))\ge x +y + 1$.
Ta lại có $ f(f(x + y))\ge f(x + y + 1) + [f(x + y)- x + y + 1)](f(f(x + y+ 1)) \ge f(x + y+ 1)\ge f(x +y) + f(f(x +y))\ge f(x) + yf(f(x)) + f(f(x+ y)) > f(f(x + y))$
Suy ra được điều mâu thuẫn.
Vậy không có hàm nào thỏa.



#726935 $f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 10:39

Gọi $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}$
$$P(0,0)\implies \begin{cases} f(0)=1 \\ f(0)=0\end{cases}$$
Giả sử $f(0)=1$ đặt $f(a)=1$ với vài giá trị $a\ne 0$
$P(x,0)\implies f(x^2)=f(x)+xf(f(x))\quad\forall x$
Với $x=1$ ta có $f(f(1))=0$ suy ra $c=f(1)\ne 0$ (vì $f(0)=1$) nên $f(c)=0$
$$P(c,y)\implies f(c^2)=c\implies f(f(c^2))=0$$
$$P(1,x)\implies f(1+cx)=cf(x)\quad\forall x (1)$$
$$P(c^2,x)\implies f(c^4+cx)=cf(x)\quad\forall x (2)$$
Thay $x=a$ in $(1)$ ta có $f(1+ac)=c=f(1)$ suy ra $f(f(1+ac))=0$
Do đó $$P(1+ac,y)\implies f(1+a^2c^2+2ac+cy)=cf(y)=f(1+cy)$$
Cho nên $c\ne 0$ và ta có $1+cy$ chạy trong tập $\mathbb{R}$, đặt $b=a^2c^2+2ac$ suy ra $f$ là hàm tuần hoàn chu kì $b$ .
Lấy giá trị $x$ sao cho $2x+b\in\mathbb{N}$ suy ra $f(x^2+yf(x))=f(x^2+2xb+b^2+yf(x+b))$ do đó $P(x+b,y)-P(x,y)=0$ và $$b.f(f(x))=0\quad\forall x$$
 
Nếu $b\ne 0$ thì với$x+2b\in\mathbb{N}$ ta có
$$f(x^2+yf(x))=f(x)f(y)\quad\forall y,x: x+2b\in\mathbb{N}$$
Suy ra $f(x^2+yf(x))=f(y^2+xf(y))$ với mọi $x,y$ thỏa $(x+2b;y+2b)\in\mathbb{N}^2$
Vì $f(y)=f(y+2b)=f(\mathbb{N})$ thì ta thay $y=0$ suy ra $f(x^2)=0\quad\forall x: x+2b\in\mathbb{N}$ và suy ra $f(x^2)=0\quad\forall x\in\mathbb{N}$,mâu thuẫn vì $f(1)\ne 0$
Suy ra $b=0\implies ac=-2$ vì $a,c\ne 0 (\star)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $f(1-c^4)=cf(-c^3)=f(0)=1$ suy ra $(1-c^4)c=-2$ hoặc $1-c^4=0 (3)$
Mà $f(c^4-1)=1$ suy ra $(c^4-1)c=-2$ hoặc $c^4-1=0 (4)$
Vì $c$ phải thỏa mãn $(3),(4)$ nên $c=\pm1$
Suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(-1)=0$, do đó $f(1)\ne 0$ $\Rightarrow$ $f(-1)=0$ 
$$P(-1,x)\implies f(1)=-1\implies c=-1$$
$$P(1,y)\implies f(1-y)=-f(y)\quad\forall y$$
Dẽ dàng tính được $f(4)=2,f(2)=0$ suy ra $f(16+2y)=2f(y)\quad\forall y$ và suy ra $f(-6)=1$
Từ $(\star)$ ta phải có $-6(-1)=-2$ or $-6=0$, mâu thuẫn.
Suy ra $f(0)=0$
$$P(x,0)\implies f(x^2)=xf(f(x))\quad\forall x\in\mathbb{R}$$
Dễ dàng thấy được $f(x)=0\quad\forall x$ là một kết quả, nên ta giả sử $f$ là hàm khác hàm hằng.
Nếu $f(1)\ne 0$, đặt $f(1)=e$ ta có $f(e)=e$ (vì $f(x^2)=xf(f(x))$)
$$P(1,x)\implies f(1+ex)=e+ef(x)\quad\forall x$$
Tương tự đặt $t=f(-1)\ne 0$ ta có $f(1+tx)=-f(t)+tf(x)=e+tf(x)$ suy ra $f(1)=e=-f(f(-1))=-f(t)$
Cho nên $tf(e)=ef(t)$,nhưng $f(e)=e$ nên $f(t)=t$ và $t=-e$.
$$P(e,x)\implies f(e^2+ex)=e^2+ef(x)\quad\forall x$$
Thay $x=-1$ ta có $f(e^2-e)=e^2+et=0$
Nếu $f$ tại $0$, ta có $e=1=f(1)$ suy ra $f(-1)=t=-1$
$$P(1,x)\implies f(x+1)=f(x)+1\quad\forall x\in\mathbb{R}$$
$$P\left(x,\frac{1}{f(x)}\right)\implies f(x^2+1)=f(x^2)+f(x)f\left(\frac{1}{f(x)}\right)\quad\forall x\ne 0(\star\star)$$
Gọi tập hợp $S=\{x\in\mathbb{R}: f(x)=x\}$
Từ $(\star\star)$ và $f(x+1)=f(x)+1\quad\forall x$ ta có $\frac{1}{f(x)}\in S\quad\forall x\ne 0$.
Chọn $a,b$ sao cho $a,b\in S$, (có thể chọn $a=b$)
Suy ra $P(a.b)\implies f(a^2+ab)=a^2+ab\implies a^2+ab\in S$. 
$P(a,-a)\implies 0=a+af(-a)\implies f(-a)=-a\implies -a\in S$ và suy ra $b\in S$
$P(a,-b)\implies a^2-ab\in S.$
Suy ra $(a^2+ab)^2+(a^2+ab)(a^2-ab)=2a^3(a+b)\in S$.
$$P\left(b,\frac{a}{b}-b\right)\implies \frac{a}{b}-b\in S.$$
Vì $2a^3(a+b)\in S$ và $f(a^2)=af(f(a))=a^2\implies a^2\in S$ nên $\frac{2a^3(a+b)}{a^2}-a^2\in S\implies a^2+2ab\in S$.
Suy ra $\frac{a^2+2ab}{a}-a\in S\implies 2b\in S$,tương tự ta có $2a\in S$.
$2(a^2+2ab)\in S$ và $2a\in S$ suy ra $\frac{2a^2+4ab}{2a}-2a=2b-a\in S\implies a-2b\in S$
$\frac{a^2+2ab}{2a}-2a\in S\implies b-\frac{3a}{2}\in S$ vì $-2a\in S$ nên $b+3a\in S\implies b+3a-2a\in S\implies b+a\in S\implies b-a\in S$ ($-a\in S$)$\implies a-b\in S$.
Từ đây ta có $ab,\frac{a}{b}\in S$ thỏa mãn.
Ta có $\frac{1}{f(x)}\in S\quad\forall x\ne 0$ cho nên $f(x)\in S\quad\forall x$ (vẫn đúng với $x=0$).
Suy ra $$f(f(x))=f(x)\quad\forall x$$
$$P(x,0)\implies f(x^2)=xf(f(x))=xf(x)\quad\forall x\in\mathbb{R}$$
Cho $x\in\mathbb{R}$, nếu $f$ là đơn ánh at $0$ thì $\frac{f(x^2)}{f(x)}\in S\quad\forall x\ne 0$ suy ra $x\in S\quad\forall x\ne 0$ nhưng vẫn đúng với $x=0$,vì vậy $\boxed{f(x)=x\quad\forall x\in\mathbb{R}}$.
Thử lại thấy thỏa mãn.



#726934 CMR: $\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 10:32

Cho $a,b,c$ là các số thực phân biệt thoả $a+b+c=0$. Chứng minh rằng:

\[\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2}{ac+2b^2} +\frac{c^2}{ab+2c^2} = 1 .\]
 

P/S: Việc chứng minh có lẽ không là vấn đề. Tuy nhiên nên khai thác nhiều cách làm! :)

 

Dễ dàng có được từ $a+b+c=0$ rằng $bc=-c^2-ac$ và $a^2=-a(b+c)$

Suy ra $\frac{a^2}{bc+2a^2}=\frac{-a(b+c)}{(a-c)(2a+c)}=\frac{-a(b+c)}{(a-c)(a-b)}$ (vì $c=-a-b$) 

Tương tự $\frac{b^2}{ac+2b^2}=\frac{-b(a+c)}{(b-c)(b-a)}$ $\frac{c^2}{ab+2c^2}=\frac{-c(a+b)}{(c-b)(c-a)}$

Thay vào và phân phối vào ta có tử và mẫu đều như nhau suy ra đpcm.  :D 

 

Chào anh Baoriven, mong được làm quen với anh. 




#726918 $f(x^2+f(y))=4y+\frac{1}{2}f^2(x)$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 12-05-2021 - 22:44

b) Thay $x=0$ ta có $f$ là hàm toàn ánh.

Thay $x=t$ và $x=-t$ để có $f$ là hàm lẻ.

Ta cũng dễ dàng chứng minh được $f$ là đơn ánh bằng cách giả sử tồn tại 2 số $a$ và $b$ sao cho $f(a)=f(b)$.

Thay $x=y=0$ ta có $f(0)=0$.

Với $y=0$, ta có  $f(x^2)=\frac{1}{2}f(x)^2$ (1)

Vì thế với $y = -t$ ta được $f(x^2+f(-t))=f(x^2-f(t))=-4t+\frac{1}{2}f^2(x) = -4t +f(-x^2)$ 

$\Rightarrow f(-x^2+f(t)) = 4t+f(x^2)$

Do đó với mọi $x, y \in \mathbb R$ : $f(x+f(y)) = 4y+f(x) = f(f(y))+f(x)$ , nên đặt $t= f(y)$ ta sẽ có: $f(x+t)=f(x)+f(t)$

Ta có đây là hàm Cauchy quen thuộc, nhưng ta hãy để ý điều sau:

Nếu ta thay $x$ bởi $\sqrt{x}$, với $x\geq 0$, ta sẽ có $f(x)=\frac{1}{2}f(\sqrt{x})^2 \geq 0$

Do đó $f(x)$ sẽ không có giá trị ở phần tư thứ hai (theo chiều kim đồng hồ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. 

Vì vậy, ta sẽ có một kết quả từ hàm Cauchy là $f(x)$ là hàm tuyến tính và liên tục. Thay lại vào hàm đề bài ta có một kết quả duy nhất là $\boxed{f(x)\equiv 2x}$.

Thử lại thấy đúng với mọi $x \in\mathbb R$




#726916 $f(x^2+f(y))=4y+\frac{1}{2}f^2(x)$

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 12-05-2021 - 22:16

a) Ta giải bằng cách sử dụng quy nạp mạnh để chứng minh $f(n)=n$ (1)

Với $n=1$, dễ dàng có được $f(1)=1$, vì $f(1)>0$

Giả sử (1) đúng đến $n=k$, chứng minh (1) đúng đến $n=k+1$

Ta chứng minh như sau:

Áp dụng giả thiết quy nạp ta có $1^3+2^3+\ldots+n^3+f(n+1)^3=(1+2+\ldots+n+f(n+1))^2$, suy ra $f(n+1)^3=2f(n+1)(1+\ldots+n)+f(n+1)^2$.

Do đó $f(n+1)^2-f(n+1)-n(n+1)=0$.Ta có một phương trình bậc hai ẩn $f(n+1)$, chứa tham số n, suy ra được nghiệm $f(n+1)=\frac{1\pm(2n+1)}2$, suy ra được 2 nghiệm $f(n+1)=-n$ (loại) hoặc $f(n+1)=n+1$ (nhận).

Vì vậy (1) đúng với mọi $n\in\mathbb{N^*}$




#726778 $\textrm{Cho các số thực } x,y>0 \textrm...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 09-05-2021 - 20:58

$\textrm{Ta có: } \sqrt{xy} \le \dfrac{x+y}{2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{xy}} \le \dfrac{2}{1-2x}$

 

Chỗ này bị ngược dấu rồi bạn




#726775 Hỏi phải lấy ra ít nhất bao nhiêu viên bi để chắc chắn có hai viên bi khác màu

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 09-05-2021 - 20:30

a/ $20 + 1 = 21$ viên
b/ $5 + 1 = 6 $viên
c/$ (5+5+9+9+9)+1 = 38 $viên
d/$ (5+5+20+20)+1 = 51$ viên

 

Phải tính trường hợp xấu nhất có thể xảy ra chứ, nếu chọn như câu d thì sẽ xảy ra trường hợp 51 viên 3 màu đỏ, xanh, vàng.




#726614 [TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC VÀO THPT CHUYÊN NĂM 2020-2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 07-05-2021 - 23:43

Tại anh Mr handsome ugly không cho anh ra trả lời bài tập trên TOPIC nên anh sẽ phụ anh ấy ra bài tập nhé: 

$\boxed{134}$ Tìm số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $n$ sao cho $p^3-p=n^7-n^3$




#726564 [TOPIC] ÔN THI SỐ HỌC VÀO THPT CHUYÊN NĂM 2020-2021

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 07-05-2021 - 09:33

Bài 126: Tìm x, y, z là các số tự nhiên, p là số nguyên tố thỏa $x^3+y^3=p^z$
P/s: không biết đã có ở topic cũ chưa :)

 

Bài này đã có rồi nhé, đây là bài gốc: 'Tìm $x, y, n, p$ là các số tự nhiên, p là số nguyên tố thỏa $x^3+y^3=p^n$', và đây là lời giải (không sử dụng LTE): 

Lời giải:

Đặt $gcd(a, b)=d$ suy ra $d|p^n$ do đó $d$ là lũy thừa của $p$

Suy ra đặt $a=xp^k$ và $b=yp^k$ với $x$ và $y$ là các số tự nhiên, $k$ là số tự nhiên và $gcd(x, y)=1$

Suy ra $x^3+y^3=p^{n-3k}$ cho nên đặt $m=n-3k$ suy ra $m$ tự nhiên.

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\leq y$

$(x+y)(x^2-xy+y^2)=p^m$

$gcd(x+y, x)=gcd(x, y)=gcd(x+y, y)=1$ nên $gcd(x+y, xy)=1$

Suy ra $gcd(x+y, x^2-xy+y^2)=gcd(x+y, 3xy)=gcd(x+y, 3)$

 

Nếu $3\not|x+y$ thì $x+y$ và $x^2-xy+y^2$ là lũy thừa bậc nguyên tố cùng nhau của $p$

Do đó $x+y>1$ so $x^2-xy+y^2=1$

Suy ra $0\leq(x-y)^2=1-xy\leq 0$ nên $x-y=0$ vì thế $x=y=1$ vì $x$, $y$ nguyên tố cùng nhau. Suy ra $p^m=2$ $\Rightarrow$ $p=2$ và $m=1$

 

Mặt khác $3|x+y$ nên $3|x^2-xy+y^2$ và $p=3$

Suy ra $\frac{x+y}{3}$ và $\frac{x^2-xy+y^2}{3}$ là lũy thừa bậc nguyên tố cùng nhau của $3$

Suy ra $\frac{x+y}{3}=1$ hoặc $\frac{x^2-xy+y^2}{3}=1$

Với $\frac{x+y}{3}=1$ $\Rightarrow$ $x=1$, $y=2$ và $m=2$

Với $\frac{x^2-xy+y^2}{3}=1$ $\Rightarrow$ $(x-y)^2=3-xy$ suy ra $xy=2$ $\Rightarrow$ $x=1$, $y=2$ và $m=2$

 

Do đó $(x, y, p, m)=(1, 1, 2, 1); (1, 2, 3, 2); (2, 1, 3, 2)$

Vậy $(a, b, p, n)=(2^k, 2^k, 2, 3k+1); (3^k, 2\cdot 3^k, 3, 3k+2); (2\cdot 3^k, 3^k, 3, 3k+2)$ với $k$ là số tự nhiên.




#726501 $\binom{n}{0}f(x)+\binom{n}{1}f(x^{2})+...+\binom{n}{n}f(...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 16:42

Ta chứng minh bổ đề: "Nếu $g(x)+g(x^2)=0$ $\forall x$ với vài hàm liên tục $g(x)$, thì $g\equiv 0$
Chứng minh:
$g(-x)=-g((-x)^2)=-g(x^2)=g(x)$ do đó $g(x)$ là hàm chẵn.
Cho $x>0$
Ta dễ dàng có được $g(x^{2^{-n}})=(-1)^n g(x)$
$\lim_{n\to+\infty}VT=g(1)$ do đó $g(x)=0\quad\forall x>0$ (vì nếu không thì $VP$ không có giới hạn)
Vì $f$ là hàm chẵn, $g(x)=0\quad\forall x\ne 0$
Vì $f$ liên tục, $g(0)=0$
Do đó $g\equiv 0$, đpcm.
Đặt $g_k(x)=\sum_{i=0}^k\binom kif(x^{2^i})$ (do đó bài toán có thể được viết lại là $g_n(x)=0\quad\forall x$)
Ta có$g_k(x)+g_k(x^2)=g_{k+1}(x)$
Vì $g_n(x)=0\quad\forall x$, bổ đề cho ta $g_{n-1}(x)=0\quad\forall x$
Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp ta có $g_0(x)=\boxed  {f(x)\equiv 0}$, thử lại thấy thỏa mãn.



#726499 [MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 16:30

Chính xác nhé. Chúng ta cùng tiếp tục cuộc thi, đây sẽ là một câu hỏi khá thách thức, có liên quan đến lượng giác: 

$\boxed{18}$ (3 điểm):

  Giả sử $\alpha$ và $\beta$ là 2 nghiệm thực phân biệt của phương trình $4x^2-4tx-1=0$ ($t \in\mathbb{R}$). $[\alpha, \beta]$ là tập xác định của hàm số $f(x)= \frac{2x-t}{x^2+1}$. 

  (1) Tình giá trị của $g(t)=$ $max$ $f(x) - $ $min$ $f(x)$

  (2) Chứng minh rằng với $u_{i} \in (0,\frac{\pi}{2})$ ,($i=1,2,3$), nếu $sin$ $u_{1}+ $ $sin$ $u_{2}+ $ $sin$ $u_{3} =1$, thì 

$$\frac{1}{g(tan (u_{1}))}+\frac{1}{g(tan (u_{2}))}+\frac{1}{g(tan (u_{3}))} < \frac{3}{4}\sqrt{6}$$




#726494 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 16:06

$\boxed{12}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R^+}\rightarrow \mathbb{R^+}$ thỏa mãn

$f\left(x^2+f(y) \right)=y+f^2(x)$ $x,y$ thuộc $\mathbb R^+$

 

Đặt $P(x,y)$ là phép thế của phương trình hàm $f(x^2+f(y))=y+f(x)^2$
 
Dễ dàng chứng minh được $f(x)$ đơn ánh.
Lấy $P(x,f(y)^2)$ trừ $P(y,f(x)^2)$ và sử dụng đơn ánh ta có $x^2+f(f(y)^2)=y^2+f(f(x)^2)$
 
Vì vậy $f(f(x)^2)=x^2+c$ với một số giá trị $c\ge 0$ 
$P(x,f(y)^2)$ cho ta một phép thế mới là $Q(x,y)$ : $f(x^2+y^2+c)=f(x)^2+f(y)^2$
 
$Q(x,x)$ $\Rightarrow$ $f(x)^2=\frac 12f(2x^2+c)$
 
Thay vào $Q(x,y)$, ta được $f(x^2+y^2+c)=\frac{f(2x^2+c)+f(2y^2+c)}2$
 
Đặt $g(x)=f(x+c)$, (một hàm $\mathbb R^+\to\mathbb R^+$).
Thay $g(x)$ lên trên ta được: $g(\frac{x+y}2)=\frac{g(x)+g(y)}2$ $\forall x,y> 0$
 
Đây là hàm quen thuộc (hàm Jensen), từ hàm Jensen ta có được:
$g(x)=ax+b$ với $a,b\ge 0$ không đồng thời bằng 0.
 
Suy ra $f(x+c)=ax+b$ $\forall x>0$ do đó $f(x)=ax+d$ $\forall x>c$ (với $d=b-ac$)
 
Chọn giá trị $x$ thỏa mãn đồng thời $x>c$ và $x^2>c$, và với mỗi $y$, $P(x,y)$ trở thành
$a(x^2+f(y))+d=y+(ax+d)^2$ $\forall y$ và $\forall x$ đặt giá trị đủ lớn
 
Từ đó ta có được (dựa vào $x$) $a=1$ và $u=0$ và vì vậy $f(y)=y\quad\forall y$
 
Vậy$\boxed{f(x)=x\quad\forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.



#726490 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...

Gửi bởi pcoVietnam02 trong 05-05-2021 - 15:43

$\boxed{13}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

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

 

Dễ dàng chứng minh được $f(x)$ đơn ánh
 
$P(x,0) \Rightarrow f(1)=\frac{f(x)+f(0)}{f(x)-f(0)}$ $\forall x\ne 0$ 
Suy ra $f(1)=1$ (bởi vì nếu xảy ra điều ngược lại thì $f(x)$ là hàm hằng, vô lý) và từ đó $f(0)=0$
 
$P(x,-x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$ $\forall x\ne 0$, điều này vẫn đúng với $x=0$,suy ra $f(x)$ là hàm lẻ
 
Cho $x\in\mathbb R$ và $y\in\mathbb R\setminus\{0\}$
 
$P(x,1)\Rightarrow f(\frac{x+1}{x-1})=\frac{f(x)+1}{f(x)-1}$
$P(xy,y)\Rightarrow f(\frac{x+1}{x-1})=\frac{f(xy)+f(y)}{f(xy)-f(y)}$ 
Trừ hai cái ở trên, vế theo vế ta được $f(xy)=f(x)f(y)$ $\forall x$, $\forall y\ne 0$, vẫn đúng với $y=0$
 
Để ý rằng ta có được $f(x^2)=f(x)^2$ cho nên $f(x)>0$ $\forall x>0$
Vì vậy $f(x)$ là một hàm chứa biến $x$ (khác hằng)
Chú ý $P(x,y)$ với $x,y>0$, ta có $f(x)>f(y)$ $\forall x>y>0$ và vì vậy $f(x)$ tăng trong tập $\mathbb R^+$
 
Vì $f$ là hàm nhân tính nên $P(x,y)$ có thể được viết lại với
$Q(x,y)$ : $f(x+y)(f(x)-f(y))=f(x-y)(f(x)+f(y))$ $\forall x\ne y$, vẫn đúng với $x=y$
 
Đặt $a=f(2)\ne 0$ vì $f$ đơn ánh, suy ra $f(4)=a^2$
Vì $f$ đơn ánh nên $a\notin\{f(-1),f(0),f(1)\}=\{-1,0,1\}$ 
$Q(2,1)$ $\implies$ $f(3)=\frac{a+1}{a-1}$
$Q(4,1)$ $\implies$ $f(5)=\frac{a^2+1}{(a-1)^2}$ (1)
$Q(2,3)$ $\implies$ $f(5)=\frac{a^2+1}{2a+1-a^2}$ (2)
Từ (1), (2) suy ra $a=2$
 
Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp ta được $Q(n,1)$ $\Rightarrow$ $f(n)=n$ và dùng tính chất nhân tính của hàm số ta có $f(x)=x\forall x\in\mathbb Q$
 
Vì $f$ tăng trong $\mathbb R^+$, suy ra $f(x)=x$ $\forall x\ge 0$
Cuối cùng, vì $f$ là hàm lẻ nên $\boxed{f(x)=x\quad\forall x}$, thử lại thấy thỏa mãn.