Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hàm số cơ bản (Toán học Lớp 10)

Lời giải.

Kí hiệu $P(x,y)$ là mệnh đề $f(xy+f(x))+f(y)=xf(y)+f(x+y)$.

Từ $P(0,0)$ suy ra $f(f(0))=0$. Thay $x=f(0)$, $y=0$, ta được $2f(0)=f(0{)}^2$, nên $f(0)\in \{0,2\}$.

Trước hết, xét $f(0)=2$. Khi đó $f(2)=0$. Từ $P(x,0)$, ta có
$$f(f(x))+2=2x+f(x),\forall x\in \mathbb{R}.$$
Từ đó ta suy ra được $f$ là đơn ánh.

Với $x\ne 1$, xét $P(x,y)$ với $y=\frac{f(x)-x}{1-x}$. Khi đó $xy+f(x)=x+y$, do đó $(x-1)f(y)=0$.

Suy ra $f(y)=0=f(2)$. Vì $f$ đơn ánh nên $y=2$, tức là $f(x)=2-x$ với mọi $x\ne 1$.

Mặt khác, $P(1,x)$ cho $f(x+f(1))=f(x+1)$ nên $f(1)=1$. Vậy $f(x)=2-x$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Tiếp theo, xét $f(0)=0$. Giả sử $f(a)=f(b)=c$. Lấy $P(a,b)$ trừ $P(b,a)$, ta được $c(a-b)=0$.

Vì thế nếu $f(a)=f(b)\ne 0$ thì $a=b$.

Từ $P(x,0)$ suy ra $f(f(x))=f(x)$. Do đó, với mỗi $x$, nếu $f(x)\ne 0$ thì $f(f(x))=f(x)\ne 0$, nên theo nhận xét trên thì $f(x)=x$. Vậy $f(x)\in \{0,x\}$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Nếu $f(1)=0$ thì $P(1,x)$ cho $f(x)=f(x+1)$ với mọi $x$. Nếu tồn tại $x\ne 0$ sao cho $f(x)=x$, thì $f(x)=f(x+1)\ne 0$, suy ra $x=x+1$, vô lý. Do đó $f\equiv 0$.

Nếu $f(1)=1$, giả sử tồn tại $x\ne 0$ sao cho $f(x)=0$. Từ $P(1-x,x)$ suy ra
$$f\left(x-x^2+f(1-x)\right)=1.$$
Vì $f(t)\in \{0,t\}$ với mọi $t$, ta có $x-x^2+f(1-x)=1$.

- Nếu $f(1-x)=0$ thì $x-x^2=1$, vô nghiệm.
- Nếu $f(1-x)=1-x$ thì $x-x^2+1-x=1$, suy ra $x=0$, mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại $x\ne 0$ sao cho $f(x)=0$, nên $f(x)=x$ với mọi $x$.

Thử lại, cả ba hàm $f(x)=0$, $f(x)=x$ và $f(x)=2-x$ đều thỏa mãn và đây là các nghiệm hàm cần tìm.

Nhận xét. Ta cũng có thể giải bài toán trên khi đổi từ $\mathbb{R}$ thành ${\mathbb{R}}^{+}$. Bài toán: Tìm tất cả các hàm số $f:{\mathbb{R}}^{+}\to {\mathbb{R}}^{+}$ thỏa mãn $f(xy+f(x))+f(y)=xf(y)+f(x+y)$ với mọi $x,y>0$.

Lời giải (Lim Olympic - Lào Cai TST - P4):
Thay $y$ bởi $y-1$, phương trình trở thành
$$xf(x(y+1))=xf(x)+f\left(x^2\right)f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(1)}$$
Hàm $f\equiv 0$ hiển nhiên thỏa mãn. Từ đây ta giả sử $f$ không đồng nhất bằng 0.
Cho $x=0$ trong (1), ta được $f(0)f(y)=0$ với mọi $y$, nên $f(0)=0$.
Đặt $a=f(1)$. Từ (1) với $x=1$ suy ra
$$f(y+1)=a(1+f(y)).\text{\hspace{1em}(2)}$$
Nếu $a=0$ thì (2) cho $f\equiv 0$, trái với giả thiết. Vậy $a\ne 0$. Thế $y=-1$ vào (2), ta có $f(-1)=-1$.
Tiếp tục cho $y=-1$ trong (1), ta được
$$f\left(x^2\right)=xf(x),\forall x\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(3)}$$
Từ (1) và (3), với $x\ne 0$, ta có được $f(x(y+1))=f(x)(1+f(y))$.
Dùng (2), rồi đặt $z=y+1$ để suy ra được
$$f(xz)=\frac{f(x)f(z)}{a},\forall x,z\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(4)}$$
Đặt $g(x)=\frac{f(x)}{a}$ thì $g$ là hàm nhân, $g(1)=1$. Với $x\ne 0$, ta có $g(x)g(1/x)=1$, nên $g(x)\ne 0$.
Từ (3) và tính nhân ta suy ra được $ag(x{)}^2=axg(x)$ với mọi $x\ne 0$, do đó $g(x)=x$ với mọi $x\ne 0$; và đẳng thức cũng đúng tại $x=0$. Vậy $f(x)=ax$ với mọi $x$. Thử lại ta có $a=1$ nên $f(x)=x$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Do đó tất cả hàm số cần tìm là $f\equiv 0$ và $f(x)=x$, $\forall x\in \mathbb{R}$.

Đặt $A(x)=Q(x)-P(x)$ và $B(x)=R(x)-Q(x)$ thì $A(x)\ge 0$ và $B(x)\ge 0$ với mọi $x$.
Tại mỗi $x_i$ ta có $A(x_i)+B(x_i)=R(x_i)-P(x_i)=0$ nên $A(x_i)=B(x_i)=0$.
Mỗi nghiệm thực của một đa thức không âm đều có bội chẵn nên nếu $A$ không đồng nhất bằng 0 thì bậc của $A$ ít nhất là $2\cdot 1013=2026$. Mặt khác, bậc của một đa thức không âm khác 0 là số chẵn và không vượt quá 2027, nên bậc của $A$ đúng bằng 2026, tương tự với $B$. Đặt
$$S(x)=\prod _{i=1}^{1013}(x-x_i{)}^2.$$
Khi đó tồn tại các hằng số $\alpha ,\beta \ge 0$ sao cho
$$A(x)=Q(x)-P(x)=\alpha S(x),B(x)=R(x)-Q(x)=\beta S(x).$$

a) Để ý $A(x_0)=B(x_0)$ nên $\alpha S(x_0)=\beta S(x_0)$. Vì $x_0\ne x_i$ với mọi $i$, ta có $S(x_0)>0$.
Từ đó suy ra $\alpha =\beta$, do đó $P(x)+R(x)=2Q(x)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

b) Vì $P,Q,R$ đôi một phân biệt nên $\alpha ,\beta >0$. Giả sử $Q$ là một ước khác 0 của
$$R-P=(\alpha +\beta )S.$$
Khi đó $\mathrm{deg}Q\le 2026$. Nếu $\mathrm{deg}Q<2026$, từ $R=Q+\beta S$ suy ra $\mathrm{deg}R=2026$, trái với giả thiết bậc của $R$ là lẻ. Nếu $\mathrm{deg}Q=2026$, vì $Q$ chia hết $(\alpha +\beta )S$ và hai vế có cùng bậc nên $Q=\gamma S$ với một hằng số $\gamma \ne 0$. Khi đó $R=(\gamma +\beta )S$, do đó hoặc $R\equiv 0$, hoặc $\mathrm{deg}R=2026$. Cả hai khả năng đều trái với giả thiết, từ đó không tồn tại đa thức thỏa mãn.

Cách 1:
Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế $x,y$ vào phương trình (1).
$P(x,0)\Rightarrow f(f(x))=4x\forall x\in \mathbb{R}.$
Do đó $f$ là một đơn ánh trên $\mathbb{R}$.
Thế $x\to 0$ vào hệ thức trên, ta được $f(f(0))=0$. Đặt $f(0)=a$ thì $f(a)=0$.
$P(0,y)\Rightarrow f(yf(y)+f(0))=2yf(y)\forall y\in \mathbb{R}.$
Mặt khác, từ $f(f(x))=4x$, thay $x=a$ ta có:
$$f(f(a))=4a\Rightarrow f(0)=4a\Rightarrow a=4a\Rightarrow a=0$$

Nên $a=0$, tức là $f(0)=0$.
Do đó:
$$f(yf(y))=2yf(y)\forall y\in \mathbb{R}$$
Thử với $y=\frac{1}{2}$, ta được $f\left(\frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right)\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)$. Vì $f$ là đơn ánh nên:
$$\frac{1}{2}f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow f\left(\frac{1}{2}\right)=1$$

Suy ra:
$$f(1)=f\left(f\left(\frac{1}{2}\right)\right)=4\cdot \frac{1}{2}=2$$
$P(x,1-x)\Rightarrow f\left((1-x)f(1)+f(x)\right)=4x+2(1-x)f(1)\forall x\in \mathbb{R}$
$$\Rightarrow f\left(f(x)+2(1-x)\right)=4x+4(1-x)=4\forall x\in \mathbb{R}$$

Mà $4=f(f(1))=f(2)$, do đó:
$$f\left(f(x)+2-2x\right)=f(2)\forall x\in \mathbb{R}$$

Vì $f$ là đơn ánh nên:
$$f(x)+2-2x=2\forall x\in \mathbb{R}$$
$$\text{hay }f(x)=2x\forall x\in \mathbb{R}$$
Thử lại vào phương trình (1), ta thấy hàm số này thỏa mãn.
Kết luận: Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x)=2x\forall x\in \mathbb{R}$.

Cách 2:
Để ý
$$P(x,y-x)\Rightarrow f\left((y-x)f(y)+f(x)\right)=4x+2(y-x)f(y)(\ast )$$

vì $f$ toàn ánh nên tồn tại $c$ sao cho $f(c)=2$.

Thế $y\to c$ vào $(\ast )$ ta được:

$$f((c-x)f(c)+f(x))=4x+2(c-x)f(c)$$

$$\Rightarrow f(2(c-x)+f(x))=4x+4(c-x)=4c=f(f(c))\forall x\in \mathbb{R}$$

vì $f$ đơn ánh nên

$$2(c-x)+f(x)=f(c)=2$$

$$\Rightarrow f(x)=2x+2-2c=2x+k\forall x\in \mathbb{R}\text{với k laˋ h/soˆˊ thực}$$

Thử lại, ta được $k=0$.

Kết luận: Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x)=2x\forall x\in \mathbb{R}$.

Đặt $g(x)=f(x)-1$, $\forall x\in \mathbb{R}$ thì $g$ không hằng và $g(2)\ne 0$, hơn nữa
$$g(y+xg(y))+g(xy)=g(2026x)+g(y),\forall x,y\in \mathbb{R}.$$
Đổi vai trò của $x,y$, ta được
$$g(x+yg(x))+g(xy)=g(x)+g(2026y),\forall x,y\in \mathbb{R}.$$
Khi đó $A=\{a\in \mathbb{R}\mid g(a)=0\}$.
(1) Cho $x=2026$, ta được $g(2026+yg(2026))=g(2026)$, $\forall y\in \mathbb{R}$.
Nếu $g(2026)\ne 0$ thì $2026+yg(2026)$ chạy trên toàn bộ $\mathbb{R}$, do đó $g$ hằng, mâu thuẫn.
Vậy $g(2026)=0$ hay $2026\in A$.
Mặt khác, nếu $g(0)=0$ thì cho $x=0$ ta được $g(2026y)=0$, $\forall y\in \mathbb{R}$, hay $g\equiv 0$, mâu thuẫn.
Vậy $g(0)\ne 0$ hay $0\notin A$.
(2) Cho $y=1$, vì $g(2026)=0$ nên $g(x+g(x))=0$, $\forall x\in \mathbb{R}$, do đó $x+g(x)\in A$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.
Giả sử $|A|\ge 2$, lấy $a,b\in A$ phân biệt.
Lần lượt thay $x=a$ và $x=b$, với $g(a)=g(b)=0$, ta được
$$g(ay)=g(2026y),g(by)=g(2026y),\forall y\in \mathbb{R}.$$
Suy ra $g(ax)=g(bx)=g(2026x)$, $\forall x\in \mathbb{R}$. Thay $x$ bởi $\frac{x}{2026}$, ta có
$$g\left(\frac{a}{2026}x\right)=g\left(\frac{b}{2026}x\right)=g(x),\forall x\in \mathbb{R}.$$
Trong đẳng thức $g(x+yg(x))+g(xy)=g(x)+g(2026y)$, thay $x$ bởi $\frac{a}{2026}x$, ta được
$$g\left(\frac{a}{2026}x+yg(x)\right)+g(xy)=g(x)+g(2026y).$$
Kết hợp với đẳng thức ban đầu, suy ra
$$g\left(\frac{a}{2026}x+yg(x)\right)=g(x+yg(x)).$$
Tương tự cũng có $g\left(\frac{b}{2026}x+yg(x)\right)=g(x+yg(x))$ nên
$$g\left(\frac{a}{2026}x+yg(x)\right)=g\left(\frac{b}{2026}x+yg(x)\right),\forall x,y\in \mathbb{R}.$$
Vì $g(2)\ne 0$, cho $x=2$, ta được
$$g\left(yg(2)+\frac{2a}{2026}\right)=g\left(yg(2)+\frac{2b}{2026}\right),\forall y\in \mathbb{R}.$$
Vì $g(2)\ne 0$, khi $y$ chạy trên $\mathbb{R}$ thì $yg(2)+\frac{2b}{2026}$ chạy trên toàn bộ $\mathbb{R}$. Do đó
$$g(t+T)=g(t),\forall t\in \mathbb{R},$$
trong đó $T=\frac{2(a-b)}{2026}\ne 0$. Như vậy $T$ là một chu kì khác 0 của $g$.
Từ đẳng thức $g(x+yg(x))+g(xy)=g(x)+g(2026y)$, thay $x$ bởi $x+T$. Vì $g(x+T)=g(x)$ nên
$$g(x+T+yg(x))+g((x+T)y)=g(x)+g(2026y).$$
Lại có $g(x+T+yg(x))=g(x+yg(x))$, nên
$$g((x+T)y)=g(xy),\forall x,y\in \mathbb{R}.$$
Với $x\ne 0$, lấy $y=\frac{1}{x}$ thì $g\left(1+\frac{T}{x}\right)=g(1)$.
Vì $T\ne 0$, khi $x$ chạy trên $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ thì $1+\frac{T}{x}$ chạy trên $\mathbb{R}\setminus \{1\}$. Do đó $g(t)=g(1)$ với mọi $t\ne 1$, và hiển nhiên điều này cũng đúng tại $t=1$ hay $g$ hằng, mâu thuẫn.
Vậy $|A|=1$, mà $2026\in A$, nên $A=\{2026\}$.
(3) Vì $x+g(x)\in A$ với mọi $x$ và $A=\{2026\}$ nên $x+g(x)=2026$, hay $g(x)=2026-x$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Do đó $f(x)=2027-x$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn đề bài, không hằng và $f(2)=2025\ne 1$.
Vậy $S=\{f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\mid f(x)=2027-x,\forall x\in \mathbb{R}\}$.

Nhận xét: Sau khi đặt $g(x)$, bài toán trên sẽ trở thành bài toán trong đề thi Bắc Ninh TST 2026.

Trong đẳng thức (ii), chọn $x=y=1$, ta thu được:

$$f(1)=1\cdot f(1)+1\cdot f(1)=2f(1)⟹f(1)=0$$

Với mọi $x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, chia cả hai vế của (ii) cho $xy$, ta có:

$$\frac{f(xy)}{xy}=\frac{f(x)}{x}+\frac{f(y)}{y}$$

Xét hàm số $g:{\mathbb{N}}^{\ast }\to \mathbb{Q}$ xác định bởi $g(n)=\frac{f(n)}{n}$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Ta thu được:

$$g(xy)=g(x)+g(y),\forall x,y\in {\mathbb{N}}^{\ast }(\ast )$$

Từ điều kiện (i), với mọi số nguyên tố $p$, ta có:

$$g(p)=\frac{f(p)}{p}=\frac{1}{p}$$

Giả sử số nguyên dương $n>1$ có dạng phân tích tiêu chuẩn ra thừa số nguyên tố là:

$$n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$$

trong đó $k\ge 1$, các số nguyên tố $p_1<p_2<\cdots <p_k$ và các số mũ ${\alpha }_i\in {\mathbb{N}}^{\ast },\forall i=\overline{1,n}$. Từ (*) ta suy ra:

$$g(n)=\sum _{i=1}^k{\alpha }_{i}g(p_i)=\sum _{i=1}^k\frac{{\alpha }_i}{p_i}$$

Do đó, biểu thức của $f(n)$ là:

$$f(n)=n\cdot g(n)=n\sum _{i=1}^k\frac{{\alpha }_i}{p_i}$$

Vì $n\ge 2026>0$, điều kiện $f(n)=n$ tương đương với:

$$g(n)=1⟺\sum _{i=1}^k\frac{{\alpha }_i}{p_i}=1(\ast )$$

Ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1: $k\ge 2$.

Quy đồng mẫu số đẳng thức (*) bằng cách nhân cả hai vế với tích $P={\prod }_{j=1}^k{p}_j$:

$$\prod _{j=1}^k{p}_j=\sum _{i=1}^k\left({\alpha }_i\prod _{j\ne i}{p}_j\right)$$

Xét một chỉ số $m\in \{1,2,\dots ,k\}$ bất kỳ. Ta xét đồng dư modulo $p_m$:

$$\prod _{j=1}^k{p}_j\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_m)$$

Ở vế phải, với mọi $i\ne m$, tích ${\prod }_{j\ne i}{p}_j$ luôn chứa thừa số $p_m$, dẫn tới:

$${\alpha }_i\prod _{j\ne i}{p}_j\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_m),\forall i\ne m$$

Do đó, số hạng ứng với $i=m$ phải thỏa mãn:

$${\alpha }_m\prod _{j\ne m}{p}_j\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_m)⟹p_m\mid \left({\alpha }_m\prod _{j\ne m}{p}_j\right)$$

Vì các số nguyên tố đôi một phân biệt nên $\gcd \left(p_m,{\prod }_{j\ne m}{p}_j\right)=1$. Suy ra:

$$p_m\mid {\alpha }_m$$

Do ${\alpha }_m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta có ${\alpha }_m\ge p_m$. Đánh giá này đúng với mọi $m\in \{1,2,\dots ,k\}$, kéo theo:

$$1=\sum _{i=1}^k\frac{{\alpha }_i}{p_i}\ge \sum _{i=1}^k\frac{p_i}{p_i}=\sum _{i=1}^{k}1=k\ge 2$$

Điều này dẫn đến $1\ge 2$ (mâu thuẫn). Do đó, trường hợp $k\ge 2$ không tồn tại nghiệm.

Trường hợp 2: $k=1$.

Khi đó $n=p_1^{{\alpha }_1}$. Đẳng thức (*) trở thành:

$$\frac{{\alpha }_1}{p_1}=1⟹{\alpha }_1=p_1$$

Như vậy, $n$ có dạng $n=p^p$ với $p$ là một số nguyên tố.

Xét các số nguyên tố $p$ theo thứ tự tăng dần:
- Với $p=2⟹n=2^2=4<2026$ (loại).
- Với $p=3\Rightarrow n=3^3=27<2026$ (loại).
- Với $p=5\Rightarrow n=5^5=3125\ge 2026$ (thỏa mãn).
- Với các số nguyên tố $p\ge 7\Rightarrow n=p^p\ge 7^7=823543>3125$.

Vậy số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn đề bài là:

$$n=3125$$

Giả sử tồn tại hàm số $f$ thỏa mãn (1). Đặt $c=2026$.
Thay $x=c$ vào (1) ta được $f(c+yf(c))=f(c),\forall y\in \mathbb{R}$. (2)
*) Nếu $f(c)=k\ne 0$ thì từ (2) suy ra $f(c+ky)=k,\forall y\in \mathbb{R}$ nên $f(x)\equiv k,k\ne 0$. Mặt khác ta thấy $f(x)\equiv 0$ thỏa mãn, nên thử lại $f(x)$ là hàm hằng bất kì thỏa mãn.
*) Nếu $f(c)=0$. Ta sẽ tìm $f(x)$ khác hàm hằng.
Đặt $S=\{a\in \mathbb{R}:f(a)=0\}$. Ta thấy $c\in S$ nên $S\ne \varnothing$.
- TH1: $|S|=1$. Thay $y=1$ vào (1) ta có $f(x+f(x))=f(c)=0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Do đó $x+f(x)=c=2026,\forall x\in \mathbb{R}$. Suy ra $f(x)=2026-x,\forall x\in \mathbb{R}$. Thử lại thỏa mãn.
- TH2: $|S|>1$.
Thay $x=a\in S$ vào (1) ta được $f(ay)=f(cy),\forall y\in \mathbb{R},\forall a\in S$. (4)
Lấy $a\ne b\in S$. Thay $x=a{x}_0$ vào (1), ta có:
$$f(a{x}_0+yf(a{x}_0))=f(a{x}_0)+f(cy)-f(a{x}_{0}y)$$
$$\Rightarrow f(a{x}_0+yf(c{x}_0))=f(c{x}_0)+f(cy)-f(c{x}_{0}y)$$
Thay $x=b{x}_0$ vào (1), ta được $f(b{x}_0+yf(c{x}_0))=f(c{x}_0)+f(cy)-f(c{x}_{0}y)$
Suy ra $f(a{x}_0+yf(c{x}_0))=f(b{x}_0+yf(c{x}_0))$.
Chọn $T=(b-a)x_0$ ta có $f(a{x}_0+yf(c{x}_0))=f(a{x}_0+yf(c{x}_0)+T)$.
+) Nếu $S\ne {\mathbb{R}}^{\ast }$ thì tồn tại $x_0\ne 0$ sao cho $f(c{x}_0)\ne 0$.
Suy ra $f(y)=f(y+T),\forall y\in \mathbb{R}$. Thay $x=T$ vào (1) ta có
$$f(T+yf(T))+f(Ty)=f(T)+f(cy)\Rightarrow f(yf(0))+f(Ty)=f(0)+f(cy).$$
Vì $f(0)\in S$ nên $f(yf(0))=f(cy)$.
Suy ra $f(Ty)=f(0),\forall y\in \mathbb{R}$. (Mâu thuẫn)
+) Nếu $S={\mathbb{R}}^{\ast }$ thì dễ kiểm tra $f(x)=\{\begin{array}{ll}a,& khix=0\\ 0,& khix\ne 0\end{array}$ $(a\ne 0)$ thỏa mãn.
Kết luận: $f(x)=\{\begin{array}{ll}a,& khix=0\\ 0,& khix\ne 0\end{array}$ $(a\ne 0)$ hoặc $f(x)$ là hàm hằng hoặc $f(x)=2026-x,\forall x\in \mathbb{R}$.

Ta có $f(f(x)+y)=f(x^4-y)+8yf(x)\left(f(x{)}^2+y^2\right)$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$.
Với mỗi $x\in \mathbb{R}$, chọn $y=\frac{x^4-f(x)}{2}$. Khi đó $f(x)+y=x^4-y=\frac{x^4+f(x)}{2}$.
Thay vào phương trình đã cho, ta được
$$0=4(x^4-f(x))f(x)\left(f(x{)}^2+\frac{(x^4-f(x){)}^2}{4}\right),\forall x\in \mathbb{R}$$
Suy ra với mỗi $x\in \mathbb{R}$, hoặc $f(x)=0$, hoặc $f(x)=x^4$, hoặc $f(x{)}^2+\frac{(x^4-f(x){)}^2}{4}=0$.

Trong trường hợp cuối, ta cũng có $f(x)=0$, nên với mọi $x\in \mathbb{R}$, ta đều có
$$f(x)\in \{0,x^4\}$$
Bây giờ giả sử tồn tại $a\ne 0$ sao cho $f(a)=0$.
Thay $x=a$ vào phương trình, ta có $f(y)=f(a^4-y)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$.
Nếu $f(y)\ne 0$ thì theo kết quả trên, ta cũng có được $f(y)=y^4$.
Do $f(a^4-y)=f(y)\ne 0$, ta cũng có $f(a^4-y)=(a^4-y{)}^4$.

Suy ra $y^4=(a^4-y{)}^4$. Do đó $y=a^4-y$ hoặc $y=-(a^4-y)$.

Trường hợp thứ hai cho $a^4=0$, vô lý vì $a\ne 0$. Vậy $y=\frac{a^4}{2}$.

Đặt $b=\frac{a^4}{2}$, để ý từ các nhận xét trên ta đã chứng minh $f(y)=0$ với mọi $y\ne b$.

Giờ ta sẽ chứng minh $f(b)=0$. Giả sử ngược lại $f(b)\ne 0$. Khi đó $f(b)=b^4$.
Thay $x=b$ vào phương trình, ta được
$$f(b^4+y)=f(b^4-y)+8y{b}^4(b^8+y^2)$$
Chọn $y\notin \{0,b-b^4,b^4-b\}$ thì $b^4+y\ne b$ và $b^4-y\ne b$, nên $f(b^4+y)=f(b^4-y)=0$.
Suy ra $8y{b}^4(b^8+y^2)=0$, vô lý vì $b\ne 0$ và $y\ne 0$. Do đó $f(b)=0$.
Vậy $f(x)=0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.
Giờ ta xét trường hợp không tồn tại $a\ne 0$ sao cho $f(a)=0$, suy ra $f(x)=x^4$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Thử lại để thấy được tất cả các hàm thỏa mãn là $f(x)=0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$, hoặc $f(x)=x^4$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Vậy đáp án: $f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$ hoặc $f(x)=x^4,\forall x\in \mathbb{R}$.

a) Thay $y=1$ vào phương trình đã cho, ta được $f(x)=2f(x)-f(x+1)+1$. Từ đây suy ra được $f(x+1)=f(x)+1$ với mọi $x\in \mathbb{Q}$. Lấy $x=0$ ta có $f(0)=f(1)-1=1$. Với $n\ge 1$, từ $f(1)=2$ và hệ thức trên, bằng quy nạp ta có $f(n)=n+1$, kết hợp $f(0)=1$ suy ra điều phải chứng minh.
b) Lặp lại hệ thức $f(x+1)=f(x)+1$, ta có $f(x+m)=f(x)+m$ với mọi $x\in \mathbb{Q}$ và $m\in \mathbb{N}$. Với $m$ là số nguyên dương thì $f(0)=f(-m)+m$, nên $f(-m)=1-m$. Lúc này sử dụng ý a) để suy ra $f(a)=a+1$ với mọi $a\in \mathbb{Z}$. Xét số hữu tỉ $\frac{a}{b}$ bất kì, trong đó $a\in \mathbb{Z}$ và $b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Thay $x=\frac{a}{b}$, $y=b$ vào phương trình đã cho, ta được
$$f(a)=f\left(\frac{a}{b}\right)f(b)-f\left(\frac{a}{b}+b\right)+1$$
Do $f(a)=a+1$, $f(b)=b+1$ và $f\left(\frac{a}{b}+b\right)=f\left(\frac{a}{b}\right)+b$, đẳng thức trên trở thành
$$a+1=bf\left(\frac{a}{b}\right)-b+1$$
Suy ra $f\left(\frac{a}{b}\right)=\frac{a}{b}+1$ hay $f(q)=q+1$ với mọi $q\in \mathbb{Q}$. Thử lại thấy thỏa mãn, do đó $f(x)=x+1$, $\forall x\in \mathbb{Q}$ là nghiệm hàm duy nhất thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Giả sử phản chứng: tồn tại đa thức P(x) hệ số thực, khác hằng, bậc n ≥ 1, thỏa P(x²−2) = (P(x))² với mọi x thực. So sánh hệ số cao nhất: hệ số của x^{2n} trong P(x²−2) là a (a là hệ số của x^n trong P), trong (P(x))² là a², nên a = a², tức a = 1. Bước mấu chốt: đặt x = 2cosθ. Khi đó x² − 2 = 4cos²θ − 2 = 2cos2θ. Từ đó, quy nạp: P(2cos(2^k θ)) = (P(2cosθ))^{2^k} với mọi k ≥ 0 (vì P(2cos(2^{k+1}θ)) = (P(2cos(2^kθ)))²). Chọn θ sao cho θ/(2π) vô tỉ; khi đó dãy 2^kθ (mod 2π) trù mật trên [0, 2π], nên tập {2cos(2^kθ)} trù mật trên [−2, 2]. Xét t = P(2cosθ): (i) Nếu |t| > 1 thì vế phải (t)^{2^k} → +∞, trong khi vế trái P(2cos(2^kθ)) bị chặn (P liên tục trên đoạn [−2,2]) — mâu thuẫn. (ii) Nếu 0 < |t| < 1 thì (t)^{2^k} → 0, tức P(2cos(2^kθ)) → 0; do tính trù mật và P liên tục, mọi giá trị của P trên [−2,2] đều bằng 0, nên P ≡ 0 trên [−2,2], suyra P là đa thức hằng — mâu thuẫn. (iii) Nếu |t| = 1 với mọi θ: hàm θ ↦ P(2cosθ) liên tục trên [0, π] và chỉ nhận giá trị ±1, nên nó không đổi (liên tục trên tập liên thông), tức P ≡ 1 hoặc P ≡ −1 trên [−2,2], suyra P hằng — mâu thuẫn. (iv) Nếu t = 0: tương tự trường hợp (ii) với mọi θ, P ≡ 0 trên [−2,2], P hằng — mâu thuẫn. Vậy trong mọi trường hợp P phải là đa thức hằng, trái với giả thiết. Kết luận: không tồn tại đa thức P(x) với hệ số thực, khác đa thức hằng, thỏa mãn P(x²−2) = (P(x))² với mọi số thực x. Đpcm.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 25, mã đề 111; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)