- ChiMiwhh yêu thích
pcoVietnam02
Giới thiệu
Phương trình hàm như một người bạn tâm giao của tôi
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 208
- Lượt xem: 6681
- Danh hiệu: Thượng sĩ
- Tuổi: 18 tuổi
- Ngày sinh: Tháng sáu 3, 2005
-
Giới tính
Nam
-
Đến từ
THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
-
Sở thích
Người yêu :D
Công cụ người dùng
Lần ghé thăm cuối
#727199 Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{Z} \to \mathbb...
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-05-2021 - 22:09
#727195 $f(f(x))=x$
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-05-2021 - 21:36
Xét trong hàm $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$
Lấy $A, B$ là hai tập hợp con rời rạc của $\mathbb R$
Gọi $g(x)$ là hàm song ánh bất kì từ $A\rightarrow B$
Ta sẽ có các kết quả sau:
$\forall x\in A$ : $f(x)=g(x)$
- Hoang72 yêu thích
#727155 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 17-05-2021 - 08:52
$\boxed{3}$ Tìm tất cả hàm $f: \mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R^+}$ thỏa
$f(\frac{x+y}{2}) = \frac{2f(x)f(y)}{f(x)+f(y)}$ , $\forall x,y\in \mathbb{R^+}$
Đặt $g(x)=\frac{1}{f(x)}$, $g(1)=a$ và $g(2)=a+m$
Thay $g(x)$ vào ta có $g(x)+g(y)=2g(\frac{x+y}{2})$
Mặt khác, ta có thể viết:
$$g(a+d)-g(a)=g(a+2d)-g(a+d)$$
$\forall q$, giả sử $g(1+\frac{1}{q})\neq a+\frac{q}{m}$,
$$g(2)-g(1+\frac{q-1}{q})=g(1+\frac{q-1}{q})-g(1+\frac{q-2}{q})=g(1+\frac{q-2}{q})-g(1+\frac{q-3}{q})=...=g(1+\frac{1}{q})-g(1)$$
Do đó $g(2)\neq g(1)+q \frac{m}{q}=a+m$, mâu thuẫn.
Vì vậy ta chứng minh $g$ là hàm tuyến tính đối với các số hữu tỉ trong khoảng $[1;2]$
Bằng cách chứng minh tương tự, ta có thể chứng minh với mọi số hữu tỉ, $g$ là hàm tuyến tính. Do đó với $\forall q$ thuộc $\mathbb{Q^+}$ ta có $g(\alpha)=m\alpha+c$
Giả sử có 1 số $\alpha$ mà $g(\alpha)\neq m\alpha+c$
$\Rightarrow$ Tồn tại một số hữu tỉ $q>\alpha$ đủ tiến đên $\alpha$, ta đặt $q-\alpha = \beta$ .Nếu $g(q)>g(\alpha)$, $ g(\alpha)-g(\alpha+\beta)=g(\alpha+\beta)-g(\alpha+2\beta)=\cdots=g(\alpha+(n-1)\beta)-g(\alpha+n\beta)$, $\forall n\in\mathbb Z$
Với các giá trị $n$ đủ lớn, $g(\alpha+n\beta)=g(\alpha)-n(\alpha-g(\alpha+\beta))<0$
Từ đó dẫn đến mâu thuẫn.
Do đó với các giá trị thỏa điều kiện và nằm trong khoảng đủ lớn gần $q>\alpha$, $g(q)>g(\alpha)$
Chứng minh tương tự ta được đối với các giá trị thỏa điều kiện và nằm trong khoảng đủ gần $q<\alpha$, $g(q)<g(\alpha)$
Vì vậy với các giá trị đủ gần $q$, $g(\alpha)=m\alpha+c$, mâu thuẫn.
Vậy $g(\alpha)=m\alpha+c$
$\Rightarrow \boxed{f(x)=\frac{1}{g(x)}=\frac{1}{mx+c}}$
- Mr handsome ugly và Hoang72 thích
#727147 $4\sin x\sin(\frac{\pi}{3}+x)\sin(\frac{...
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 21:56
Giải phương trình:
$4.sinx.sin\left ( \frac{\pi }{3} +x\right ).sin(\frac{\pi }{3}-x)+4\sqrt{3}.cosx.cos\left ( \frac{2\pi }{3} +x\right ).cos\left ( \frac{4\pi }{3} +x\right )=2$
Phương trình tương đương: $2.sinx(cos2x-cos\frac{2\pi}{3})+2\sqrt{3}cosx(cos2x+cos\frac{2\pi}{3})=2$
$\Leftrightarrow 2sinx.cos2x+sinx+2\sqrt{3}cosx.cos2x-\sqrt{3}cosx=2$
$\Leftrightarrow (sin3x-sinx)+sinx+\sqrt{3}(cos3x+cosx)-\sqrt{3}cosx=2$
$\Leftrightarrow sin3x+\sqrt{3}cos3x=2$
$\Leftrightarrow sin(3x+\frac{\pi}{3})=1$
Do đó phương trình có nghiệm $x=\frac{\pi}{18}+k\frac{2\pi}{3}$, ($k\in\mathbb Z$)
- DaiphongLT và Phanadn thích
#727143 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 21:34
$\boxed{9}$ Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa
$f(1-x)=1-f(f(x))$ , $\forall x \in \mathbb{R}$
- Mr handsome ugly, KietLW9 và Hoang72 thích
#727140 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 21:00
$\boxed{7}$: Tìm các hàm số $f:\Bbb {R^+} \rightarrow \Bbb {R} $ thỏa:
$$f\left( \dfrac{x+y}{2020} \right) = \dfrac{f(x) + f(y)}{2019},~\forall x, y \in \mathbb{R^+}.$$
- Mr handsome ugly, DaiphongLT, Hoang72 và 1 người khác yêu thích
#727132 [TOPIC] Phương trình hàm $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{...
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 16-05-2021 - 17:22
Bây giờ mình sẽ giải quyết các bài tồn đọng này nhé.
Bài 5: Tìm đa thức P(x) sao cho thỏa đồng nhất thức sau: $P(x^{2}-2x)\equiv [P(x-2)]^{2}$
P/S: nếu bạn "chủ thớt" cảm thấy bài toán này không phù hợp với TOPIC thì bạn hãy xóa bài này đi
Thay $x$ bởi $x+1$ ta có: $P((x+1)^2-2(x+1))=(P(x+1-2))^2$ $\Rightarrow$ $P(x^2-1)=(P(x-1))^2$
Đặt $P(x-1)=Q(x)$ ta có $Q(x^2)=Q(x)^2$
Đây là phương trình đa thức điển hình, mà ta dễ dàng có được
$Q(x)=0 \Rightarrow P(x)=0$ và $Q(x)=x^n \Rightarrow P(x)=(x+1)^n$
- Mr handsome ugly và Hoang72 thích
#727105 PTH Hosszu: $f(x+y-xy)+f(xy)=f(x)+f(y),\forall x,y\in \ma...
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 15-05-2021 - 23:36
- ChiMiwhh yêu thích
#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
- Baoriven yêu thích
#726938 $f(x+y) \geq f(x)+yf(f(x))$
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 11:00
- Mr handsome ugly, DaiphongLT và Hoang72 thích
#726935 $f(x^2+yf(x))=xf(f(x))+f(x)f(y)$
Gửi bởi pcoVietnam02 trong 13-05-2021 - 10:39
- Hoang72 yêu thích
#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.
Chào anh Baoriven, mong được làm quen với anh.
- Baoriven yêu thích
#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 $x \in\mathbb R$
- DaiphongLT yêu thích
#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 $n\in\mathbb{N^*}$
- toanhoc2017 yêu thích
#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
- hltkhang yêu thích
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Likes: pcoVietnam02