|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
24-07-2013, 11:19 PM | #1 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts | [IMO 2013] Bài 5 - Phương trình hàm Kí hiệu $\mathbb{Q}_{>0}$ là tập hợp các số hữu tỉ dương. Cho $f : \mathbb{Q}_{>0} \to \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn ba điều kiện sau:
__________________ M. thay đổi nội dung bởi: novae, 25-07-2013 lúc 10:03 AM |
The Following User Says Thank You to novae For This Useful Post: | hieu1411997 (26-07-2013) |
25-07-2013, 07:32 AM | #2 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Đến từ: vật chất->sự sống->tư duy->cảm xúc->??? Bài gởi: 210 Thanks: 102 Thanked 179 Times in 90 Posts | Check lại hộ em đoạn này __________________ Touch me touch me, don't be shy I'm in charge like a G.U.Y. I'll lay down face up this time Under you like a G.U.Y. |
25-07-2013, 09:33 AM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Đến từ: Nhơn Trạch-Đồng Nai Bài gởi: 244 Thanks: 105 Thanked 40 Times in 21 Posts | Anh novae gõ nhầm một chút thôi mà bạn. Bạn sửa lại là ii) với mọi $x,y \in \mathbb{Q}_{>0}$ thì $f(x+y) \geq f(x)+f(y)$ __________________ thay đổi nội dung bởi: hoangnam94, 25-07-2013 lúc 09:39 AM |
25-07-2013, 10:04 AM | #4 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts | Hôm qua buồn ngủ quá nên gõ nhầm Anh sửa lại rồi nhé __________________ M. |
The Following User Says Thank You to novae For This Useful Post: | hoangnam94 (25-07-2013) |
25-07-2013, 02:24 PM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Toán 1 K46 Chuyên Sư Phạm Bài gởi: 49 Thanks: 19 Thanked 24 Times in 12 Posts | |
25-07-2013, 02:25 PM | #6 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2009 Bài gởi: 18 Thanks: 0 Thanked 37 Times in 9 Posts | Trích:
$$f(1)f(a) \ge f(a) \Rightarrow af(1) \ge a \Rightarrow f(1) \ge 1.$$ Từ (2) suy ra với $n\in\mathbb Z, n\ge1$, ta có $f(nx) \ge nf(x),\,\forall x \in {\mathbb Q_{ > 0}}$, suy ra \[f(n) \ge nf(1) \ge n \Rightarrow f(n) \ge n,\,\forall n \in {\mathbb N^*}.\tag{1}\] Ta có $ f(q)f(\dfrac{p}{q})\mathop \ge \limits^{\text{do}\,\,(i)} f(p)\mathop \ge \limits^{\text{do}\,\,(1)} p\,\,\,(p,q \in {\mathbb N^*}).$ Từ đây suy ra \[f(x) > 0,\,\forall x \in {\mathbb Q_{ > 0}}.\tag{2}\] Từ (2) và (ii) suy ra $f$ là hàm tăng nghiêm ngặt trên ${\mathbb Q_{ > 0}}$. Với $q$ là số hữu tỉ, $q>1$, ta có $f(q) \ge f([q]) \ge [q] > q - 1$. $\bullet$ Chứng minh: $ f(q)\ge q $, với $q$ là số hữu tỉ lớn hơn 1. Giả sử tồn tại $q\in\mathbb Q$, $q>1$ sao cho $f(q)<q$, khi đó $ f(q) = q-\varepsilon $, với $0 < \varepsilon < 1$. Ta có \[{(q - \varepsilon )^n} = f{(q)^n}\mathop \ge \limits^{\text{do}\,\,(i)} f({q^n}) > {q^n} - 1.\] Do đó ${\left( {\dfrac{{q - \varepsilon }}{q}} \right)^n} > 1 - \dfrac{1}{{{q^n}}},\,\forall n = 1,2,\dots$ Từ đây cho $n\to+\infty$, ta được $0\ge 1$, vô lí. Vậy với mọi $q$ là số hữu tỉ lớn hơn 1, ta có $ f(q)\ge q $. $\bullet$ Chứng minh: $ f(q)= q $, với $q$ là số hữu tỉ, $q\ge 1$. Chọn số nguyên dương $n$ đủ lớn sao cho $ a^n-q > 1 $. Khi đó $${a^n} = f{(a)^n} \ge f({a^n}) = f({a^n} - q + q) \ge f({a^n} - q) + f(q) \ge {a^n} - q + q = {a^n}.$$ Suy ra $ f(q)= q $, với $q$ là số hữu tỉ, $q\ge 1$. (3) $\bullet$ Giả sử $q \in {\mathbb Q_{ > 0}}$ và $q<1$. Khi đó $\dfrac{1}{q} > 1$. Ta có $$f(q)f(\frac{1}{q}) \ge f(1) \Rightarrow f(q)\frac{1}{q} \ge f(1) \Rightarrow f(q)\frac{1}{q} \ge 1 \Rightarrow f(q) \ge q.$$ Vậy $f(q) \ge q,\,\forall q \in {\mathbb Q_{ > 0}}$. Giả sử tồn tại số hữu tỉ $q\in(0;1)$ sao cho $f(q)>q$. Khi đó \[f(nq)\mathop \ge \limits^{\text{do}\,\,(ii)} nf(q) > nq,\,\forall n = 2,3,\dots\tag{4}\] Chọn số nguyên dương $n$ đủ lớn sao cho $nq>1$, khi đó từ (4) ta có $f(nq)>nq$, điều này mâu thuẫn với (3). Do đó, với mọi số hữu tỉ $q\in(0;1)$, ta có $f(q)=q$. (5) Từ (3) và (5) suy ra $f(x) = x,\,\forall x \in {\mathbb Q_{ > 0}}$, điều phải chứng minh. thay đổi nội dung bởi: magician_14312, 25-07-2013 lúc 09:34 PM | |
25-07-2013, 11:12 PM | #7 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts | Em có 1 cách làm như thế này, tuy hơi dài nhưng khá đơn giản. Dễ chứng minh $f(1) \ge 1$. ta chứng minh:$(f(a))^2 \ge a^2.f(1)$. Thật vậy, từ $f(x).f(y)=f(x.y)$ (1), ta thay:$x=y=a$, được: $(f(a))^2 \ge f(a^2)$. Mà từ $f(x+y) \ge f(x)+f(y) $ (2), ta có: $f(a^2) \ge f(a^{2}-1) +f(1) \ge f(a^{2}-2)+2f(1) \ge ... \ge a^{2}.f(1)$ suy ra $(f(a))^2=a^2 \ge a^2.f(1) \Rightarrow f(1) \le 1 $. Mà ta đã chứng minh $f(1) \ge 1$ nên $f(1)=1$. Xét TH $a$ không nguyên, khi đó: $a^2=f(a)^2 \ge f(a^2) \ge f(a^2-1)+f(1) \ge a^2-1+1=a^2$ nên $f(1)=1$ . Từ đó dễ chứng minh bằng quy nạp rằng $f(n)=n$ với mọi $n \in \mathbb N*$. Giờ ta chứng minh $f(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}$. THật vậy: $1=f(1)=f(n.\frac{1}{n}) \le f(n).f(\frac{1}{n}) \Leftrightarrow f(\frac{1}{n}) \ge \frac{1}{n}$, tương tự, ta chứng minh được: $f(\frac{m}{n}) \ge \frac{m}{n}$. Mà $1=f(1)=f(\frac{n}{n}) \ge f(\frac{n-1}{n})+f(\frac{1}{n}) \ge f(\frac{n-2}{n}) + 2.f(\frac{1}{n}) \ge ... \ge n.f(\frac{1}{n}) \Rightarrow f(\frac{1}{n}) \le \frac{1}{n}$ mà ta cũng đã chứng minh $f(\frac{1}{n}) \ge \frac{1}{n}$ nên $f(\frac{1}{a})=\frac{1}{a}$ với mọi $n \in \mathbb N*$. Giờ ta chứng minh $f(\frac{m}{n})=\frac{m}{n}$. Ta có: $f(\frac{m}{n}). f(\frac{n}{m}) \ge f(1) $, mà $f(\frac{m}{n}). f(\frac{n}{m}) \le f(m).f(\frac{1}{n}).f(n).f(\frac{1}{m})= 1$. Từ đấy suy ra $f(\frac{m}{n}). f(\frac{n}{m})=1$, mà $f(\frac{m}{n}) \ge \frac{m}{n}, f(\frac{n}{m}) \ge \frac{n}{m}$ nên $f(\frac{m}{n})= \frac{n}{m}, f(\frac{n}{m}) = \frac{n}{m}$ với mọi $n;m \in \mathbb N*$. __________________ i'll try my best. thay đổi nội dung bởi: quocbaoct10, 26-07-2013 lúc 12:35 AM |
25-07-2013, 11:33 PM | #8 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 81 Thanks: 23 Thanked 70 Times in 41 Posts | Trích:
Dòng tô đỏ nhầm dấu nhé. thay đổi nội dung bởi: 12121993, 25-07-2013 lúc 11:37 PM | |
25-07-2013, 11:37 PM | #9 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2013 Đến từ: TP. Phan Rang-Tháp Chàm, tỉnh Ninh Thuận Bài gởi: 82 Thanks: 69 Thanked 10 Times in 9 Posts | Trích:
| |
26-07-2013, 12:07 AM | #10 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts | Trích:
khi mình đã cm được $f(\frac{m}{n})=\frac{m}{n}$ thì lúc này tập R không còn ý nghĩa nữa vì $\frac{m}{n}$ là tập số hữu tỉ thì kéo theo $f(\frac{m}{n})$ là số hữu tỉ. __________________ i'll try my best. | |
26-07-2013, 12:52 AM | #11 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 81 Thanks: 23 Thanked 70 Times in 41 Posts | Trích:
| |
26-07-2013, 07:32 AM | #12 | ||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2008 Đến từ: Ha Noi Bài gởi: 709 Thanks: 13 Thanked 613 Times in 409 Posts | Trích:
Với mọi $x\in \mathbb{Q}_{>0}$, tồn tại các số tự nhiên $m, n$ sao cho $x = m/n$, khi đó ta có $f(n) f(x) \geq f(nx) = f(m) \geq m$ hay là $f(x) \geq m/f(n) >0$. Vậy $f$ là hàm dương. Ta chứng minh $f(x) =x$ với $x \in \mathbb{Q}_{>0}$: Với mọi số tự nhiên $n$, tồn tại số tự nhiên $k_n$ sao cho $a^n = k_n x + r_n$ với $0\leq r_n < x$. Sử dụng $(i)$, $(ii)$ và tính dương của hàm $f$ ta có $$a^n = f(a)^n\geq f(a^n)=f(k_nx+r_n) \geq k_nf(x) +f(r_n)\geq k_n f(x).$$ Do đó $$f(x) \leq x + \frac{r_n}{k_n} \leq x + \frac{x}{k_n},$$ cho $n$ ra vô cùng (vì $a>1$ nên $a^n$ ra vô cùng, do đó $k_n$ cũng ra vô cùng) ta được $f(x) \leq x$. Với mọi số tự nhiên $n$, tồn tại số tự nhiên $k_n$ sao cho $nx = k_n a+ r_n$ với $0\leq r_n < a$. Sử dụng kết quả vừa chứng minh, $(i)$, $(ii)$ và tính dương của hàm $f$ ta có $$nf(x) \geq f(n) f(x) \geq f(nx) = f(k_n a+r_n) \geq k_n f(a) + f(r_n)\geq k_n a.$$ Do đó $$f(x) \geq \frac{k_n a}n = x -\frac{r_n}{n} \geq x -\frac{x}{n},$$ Cho $n$ ra vô cùng ta được $f(x) \geq x$. Vậy $f(x) = x$. Ps: Một lí luận khác rằng từ trên ta có $f(x) \leq x$ với mọi $x\in \mathbb{Q}_{>0}$. Do đó $f(m) = m$ với mọi số tự nhiên $m$. Dùng $(i)$ và $(ii)$ suy ra $f(\frac1m) = \frac1m$ với mọi $m$, từ đây suy ra dpcm. ------------------------------ Trích:
thay đổi nội dung bởi: 123456, 26-07-2013 lúc 07:49 AM Lý do: Tự động gộp bài | ||
The Following User Says Thank You to 123456 For This Useful Post: | bboy114crew (26-07-2013) |
26-07-2013, 09:24 AM | #13 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts | Trích:
__________________ i'll try my best. thay đổi nội dung bởi: quocbaoct10, 26-07-2013 lúc 04:49 PM | |
26-07-2013, 08:14 PM | #14 |
+Thành Viên+ | Tại sao lại có $f(a^2 -1) \ge a^2 -1$ Hình như chỉ chứng minh được $f(n) \ge n$ với $\forall n \in \mathbb{Z}^+$ chứ không đúng với số hữu tỉ. |
26-07-2013, 09:58 PM | #15 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 133 Thanks: 27 Thanked 31 Times in 15 Posts | Em có cách này không biết có sai gì không ? từ (1) và (3) suy ra $f(ax) \le af(x)$ mà từ (2) lại có $f(ax) \ge af(x)$ với mọi a hữu tỷ dương suy ra $f(ax) = af(x)$ từ đây, ta có : f(x) = ax (với a = f(1)) thử lại ta có a = 1 __________________ lúc khó khăn nhất là lúc thành công không còn xa nữa |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|