Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
câu 2:
a) Trước tiên ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy nếu f (n1) = f (n2) thì
f (f(n1) + m) = f (f(n2) + m)
→n1 + f(m + 2003) = n2 + f(m + 2003) → n1 = n2
b) Thay m = f(1) ta có
f (f(n) + f(1)) = n + f (f(1) + 2003)
= n + 1 + f(2003 + 2003)
= f (f(n + 1) + 2003)
Vì f đơn ánh nên f(n)+f(1) = f(n+1)+2003 hay f(n+1) = f(n)+f(1)−2003. Điều này dẫn đến
f(n + 1) − f(n) = f(1) − 2003, tức f(n) có dạng như một cấp số cộng, với công sai là f(1) − 2003,
số hạng đầu tiên là f(1). Vậy f(n) có dạng f(n) = f(1) + (n − 1) (f(1) − 2003), tức f(n) = an + b.
Thay vào quan hệ hàm ta được f(n) = n + 2003, ∀n ∈ Z
+.
dùng thủ thuật giống một bài toán lớp 3
Cho m=n=0 ta được \(f\left(0\right)=2f^2\left(0\right)\Rightarrow f\left(0\right)=0\)
Cho m=1; n=0 ta được \(\orbr{\begin{cases}f\left(1\right)=0\\f\left(1\right)=1\end{cases}}\). Ta xét trường hợp f(1)=1, với f(1)=0 ta xét tương tự, với f(1)=1 ta lần lượt tính được
\(\hept{\begin{cases}f\left(2\right)=f\left(1^2+1^2\right)=f^2\left(1\right)+f^2\left(1\right)=2\\f\left(4\right)=f\left(2^2+0^2\right)=f^2\left(2\right)+f^2\left(0\right)=4\\f\left(5\right)=f\left(2^2+1^2\right)=f^2\left(2\right)+f^2\left(1\right)=5\end{cases}}\)
áp dụng thủ thuật của một bài toán lớp 3. Ta không tính trực tiếp f(3) nhưng ta lại có \(f^2\left(5\right)=f\left(25\right)=f\left(3^2+4^2\right)=f^2\left(4\right)+f^2\left(3\right)\)từ đó ta tính được f(3)=3
Tương tự như vậy ta có thể tính được f(6) nhờ vào đẳng thức 62+82=102 trong đó \(f\left(8\right)=f\left(2^2+2^2\right)=2f^2\left(2\right)=8;f\left(10\right)=f\left(3^2+1^2\right)=f^2\left(3\right)+f^2\left(1\right)=10\)
Tiếp tục để tính f(7) ta để ý 72+12=50 =52+52, từ đó f(7)=7. Cũng như thế do đó 112+22=102+52 nên suy ra f(11)=11
Cách làm này có thể tổng quát hóa như thế nào? Ý tưởng là \(m^2+n^2=p^2+q^2\left(1\right)\)thì \(f^2\left(m\right)+f^2\left(n\right)=f^2\left(q\right)+f^2\left(p\right)\)do đó nếu tính được \(f\left(n\right);f\left(q\right);f\left(p\right)\)thì f(m) cũng sẽ tính được
Làm thế nào để có những đẳng thức dạng (1) dưới dạng tổng quát, cho phép ta chứng minh f(n)=n với mọi n bằng quy nạp? Chú ý rằng (1) có thể viết lại thành (m-p)(m+p)=(q-n)(q+n)=N. Do đó nếu chọn 2 số N có 2 cách phân tích thành tích của những số cùng tính chẵn hoặc lẻ, ta sẽ tìm được nghiệm cho (1). Chọn N=8k=4k.2=4.2k và N=16k=4k.4=2k.8 ta được hệ
\(\hept{\begin{cases}m-p=2;m+p=4k;q-n=4;q+n=2k\\m-p=4;m+p=4k;q-n=8;q+n=2k\end{cases}}\)
Từ đó được các hằng đẳng thức tương ứng
\(\hept{\begin{cases}\left(2k+1\right)^2+\left(k-2\right)^2=\left(2k-1\right)^2+\left(k+2\right)^2\\\left(2k+2\right)^2+\left(k-4\right)^2=\left(2k-2\right)^2+\left(k+4\right)^2\end{cases}}\)
Từ hai đẳng thức này với chú ý f(n)=n với n=1;2;3;4;5;6 ta dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng f(n)=n với mọi n thuộc N
Trường hợp f(1)=0 cũng bằng cách lý luận trên ta nêu ra f(n)=0 với mọi n thuộc N