Bài toán 15: Xác định các hàm $f:[ - 1;1] \to [ - 1;1]$ sao cho với mọi $x \in [ - 1;1]$ thì:
$$3x + 2f(x) \in [ - 1;1] \quad \text{và}\quad f(3x + 2f(x)) = - x$$
Lời giải bài toán 15:
Từ ĐK đầu tiên suy ra $f(x) \in [1 - a - ax,a - 1 - ax]$ với $a = \frac{3}{2} > 1$
Từ ĐK thứ 2 suy ra $ - x \in [1 - a - a(3x + 2f(x)),a - 1 - a(3x + 2f(x))] \Rightarrow f(x) \in [1 - b - bx,b - 1 - bx]$
với $b = \frac{{3a - 1}}{{2a}} > 1$
Từ đó ta có $f(x) \in [1 - {a_n} - {a_n}x,{a_n} - 1 - {a_n}x]$ với mọi $a_{n}$ xác định như sau:
${a_1} = \frac{3}{2}$,${a_{n + 1}} = \frac{{3{a_n} - 1}}{{2{a_n}}}$.
Dễ thấy $a_{n}$ là dãy dương tăng và bị chặn trên bởi 1.
Vậy $f(x) \in [ - x, - x]$ và rõ ràng $f(x) = - x$ là hàm cần tìm.
Lời giải dành cho bài toán 14 và 15 sẽ gửi sau.Đề mới:
Bài toán 16: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa $f(x-y)=f(x)f(y) \quad \forall x \neq y$.
Bài toán 17: Cho hàm $f:\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ thỏa với $a,b>1$ và $d=(a;b)$ thì $f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d} \right)+f\left(\frac{b}{d} \right) \right)$.Tìm tất cả các giá trị của $f(2001)$.
Lời giải bài toán 16:
Gọi $P(x;y)$ là khẳng định $f(x-y)=f(x)f(y)$.
Nếu $f(0) \neq 1$ thì $P(x;0) \implies f(x)=0 \quad \forall x \neq 0$ và đây là 1 nghiệm.
Nếu $f(0)=1$ thì $P(0;x) \implies f(-x)=f(x)$.
Do đó $f(x+y)=f(x)f(-y)=f(x)f(y)=f(x-y) \quad \forall |x| \neq |y|$,từ đó $f(x)=f(y) \quad \forall x,y \neq 0.$
Thay vào điều kiện ban đầu,ta có $f(x)=0$ hay $f(x)=1$.
Vậy ta có 2 nghiệm là :
$f(x)=1 \quad \forall x$
$f(x)=0 \quad \forall x \neq 0$ và $f(0)$ bất kỳ.
Lời giải bài toán 17:
Nếu $f(1)=0$:
Khi này $f(2001)=f(3.667)=f(1)\left(f(3)+f(667) \right)=0$.Và hàm $f(x)$ tồn tại (1 ví dụ là cho $f(x)=0 \quad \forall x$)
Nếu $f(1) \neq 0$:
Gọi $p$ là số nguyên tố bất kỳ.
$ f(p^2)=f(p\times p)=f(p)(f(1)+f(1))=2f(1)f(p) $
$ f(p^3)=f(p\times p^2)=f(p)(f(1)+f(p))=f(p)^2+f(1)f(p) $
$ f(p^4)=f(p^2\times p^2)=f(p^2)(f(1)+f(1))=2f(1)f(p^2)=4f(1)^2f(p) $
$ f(p^4)=f(p\times p^3)=f(p)(f(1)+f(p^2))=2f(1)f(p)^2+f(1)f(p) $
$ f(p^5)=f(p\times p^4)=f(p)(f(1)+f(p^3))=f(p)^3+f(1)f(p)^2+f(1)f(p) $
$ f(p^5)=f(p^2\times p^3)=f(p^2)(f(1)+f(p))=2f(1)f(p)^2+2f(1)^2f(p) $
2 khai triển của $f\left(p^4 \right)$ chứng tỏ rằng (do $f(1) \neq 0$) $f(p)=0$ hay $f(p)=2f(1)-\frac{1}{2}$.
Nếu $f(p) \neq 0$ thì $f(p)=2f(1)-\frac{1}{2}$ và 2 khai triển của $f\left(p^5 \right)$ chứng tỏ rằng $f(1)=\frac{1}{2}$.
Nếu $f(1) \neq \frac{1}{2}$:
Thì $f(p)=0 \quad \forall p$ nguyên tố.
Do đó $ f(2001)=f(3\times 667)=f(1)(f(3)+f(667))=0 $
Nếu $f(1)=\frac{1}{2}$:
Gọi $p,q,r$ là 3 số nguyên tố.
Ta có $ f(pqr)=f((pq)r)=\frac{1}{2}(f(pq)+f(r)) $$ =\frac{1}{4}f(p)+\frac{1}{4}f(q)+\frac{1}{2}f(r) $
Và $ f(pqr)=f(p(qr))=f(1)(f(p)+f(qr)) $$ =\frac{1}{2}f(p)+\frac{1}{4}f(q)+\frac{1}{4}f(r) $
Và $ f(p)=f(r) \quad \forall p,r$.
Và do ta có $f(p)=0$ hay $f(p)=2f(1)-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ nên:
Hoặc $f(p)=0 \quad \forall p$ nguyên tố thì $ f(2001)=f(3\times 667)=f(1)(f(3)+f(667))=0 $
Hoặc $f(p)=\frac{1}{2} \quad \forall p$ nguyên tố thì $ f(2001)=f(3\times 667)=f(1)(f(3)+f(667))=\frac{1}{2}$
Vậy hàm $f(x)$ tồn tại ,một ví dụ là $f(x)=\frac{1}{2} \quad \forall x$.
Kết quả cuối cùng sẽ là $ \boxed{\displaystyle f(2001)\in\left\{0,\frac{1}{2} \right\}} $.