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

a) Cho $a=d=1$, $b=0$ và $c$ tùy ý. Ta được $f(1{)}^2-f(0)f(c)=1$.

Thay tiếp $c=0$ ta được $f(0)(f(c)-f(0))=0$ với mọi $c\in \mathbb{R}$. Nếu $f(0)\ne 0$ thì $f$ là hàm hằng, trái với giả thiết. Vậy $f(0)=0$, do đó $f(1{)}^2=1$. Vì $f(1)>0$ nên $f(1)=1$.

Với $t\in \mathbb{R}$, thay $(a,b,c,d)=(t+1,t,1,1)$ ta được $f(t+1)-f(t)=1$.

Bây giờ, với $x,y\in \mathbb{R}$, thay $(a,b,c,d)=(x,xy-1,1,y)$ ta có

$$f(x)f(y)-f(xy-1)=1⟺f(xy)=f(xy-1)+1=f(x)f(y).$$

Từ đây ta có điều phải chứng minh.

b) Nếu $t>0$ thì $f(t)=f{\left(\sqrt{t}\right)}^2\ge 0$. Mặt khác, $1=f(1)=f(t)f(1/t)$, nên thực chất $f(t)>0$.

Cho $0<x<y$ và đặt $u=y/x-1>0$. Từ câu trên và đẳng thức $f(u+1)=f(u)+1$, ta có được $f(y)=f(x)(1+f(u))>f(x)$. Vậy $f$ tăng nghiêm ngặt trên $(0,+\infty )$.

Ta có $f(n)=n$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, rồi $f(1/n)=1/n$ và $f(p/q)=p/q$ với mọi $p,q\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Do $f$ tăng trên $(0,+\infty )$ và tập ${\mathbb{Q}}^{+}$ trù mật trong tập ${\mathbb{R}}^{+}$, suy ra $f(x)=x$ với mọi $x>0$.

Cuối cùng, $f(0)=0$ và $f(-1)=f(0)-1=-1$. Với $x<0$, câu trên cho $f(x)=f(-1)f(-x)=x$.

Vậy $f(x)=x$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Viết $P(X)=a{X}^5+b{X}^4+c{X}^3+d{X}^2+eX+f$, trong đó $a\ne 0$.

Xét một cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn $x\ne y$ và $xP(x)=yP(y)$, do đó

$$0=a(x+y)(x^4+x^2{y}^2+y^4)+b(x^4+x^{3}y+x^2{y}^2+x{y}^3+y^4)$$
$$+c(x+y)(x^2+y^2)+d(x^2+xy+y^2)+e(x+y)+f.$$

Ta có $4x^2{y}^2\le (x^2+y^2{)}^2$, nên $x^4+x^2{y}^2+y^4\ge \frac{3}{4}(x^2+y^2{)}^2$. Đồng thời,
$$\left|x^4+x^{3}y+x^2{y}^2+x{y}^3+y^4\right|\le 2(x^2+y^2{)}^2,$$
$$\left|x^2+xy+y^2\right|\le \frac{3}{2}(x^2+y^2).$$

Vì $a\ne 0$, khi $x^2+y^2$ đủ lớn, ta có được
$$\left|a(x^4+x^2{y}^2+y^4)+c(x^2+y^2)+e\right|\ge \frac{3|a|}{8}(x^2+y^2{)}^2,$$
$$\left|b(x^4+x^{3}y+x^2{y}^2+x{y}^3+y^4)+d(x^2+xy+y^2)+f\right|\le 2|b|(x^2+y^2{)}^2+\frac{3}{2}|d|(x^2+y^2)+|f|.$$

Do đó $|x+y|\le \frac{8}{3|a|}\left(2|b|+\frac{3}{2}|d|+|f|\right)$ khi $x^2+y^2$ đủ lớn.

Còn khi $x^2+y^2$ bị chặn thì chỉ có hữu hạn cặp số nguyên $(x,y)$.

Vì vậy tồn tại số nguyên $C$ sao cho mọi cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn đề bài đều có $|x+y|\le C$.

b) Do $x+y$ là số nguyên và bị chặn, trong vô hạn cặp đã cho phải tồn tại một số nguyên $t$ sao cho $x+y=t$ với vô hạn cặp $(x,y)$. Khi đó $xP(x)=(t-x)P(t-x)$ với vô hạn số nguyên $x$. Hai vế là các đa thức theo $x$, nên $XP(X)=(t-X)P(t-X)$ với mọi $X\in \mathbb{R}$.

Nếu $t\ne 0$, thay $X=0$ ta được $tP(t)=0$, suy ra $P(t)=0$.

Nếu $t=0$ thì $XP(X)=(-X)P(-X)$, suy ra $P(X)+P(-X)=0$. Thay $X=0$, ta được $P(0)=0$.

Vậy $P(x)$ có nghiệm nguyên.

Nhận xét: Bài toán trên là bài toán trong đề thi IMO Shortlist 2002, nhưng được đổi từ bậc 3 lên bậc 5.

a) (2,0 điểm) Giả sử $a$ là nghiệm của $P(x)=x^3+x^2-2x-1$, ta sẽ chứng minh rằng $a^2-2$ là nghiệm của đa thức này. Cụ thể là chứng minh đẳng thức
$$(a^2-2{)}^3+(a^2-2{)}^2-2(a^2-2)-1=0$$
$$\iff a^6-5a^4+6a^2-1=0\iff {\left(a^3-2a\right)}^2={\left(a^2-1\right)}^2$$
$$\iff \left(a^3-a^2-2a+1\right)\left(a^3+a^2-2a-1\right)=0,$$
đẳng thức cuối đúng vì $P(a)=0$ nên nhận xét được chứng minh. (1,0 điểm)

Vì $a,b,c$ là nghiệm $P(x)$ nên $a^2-2$, $b^2-2$, $c^2-2$ cũng là các nghiệm $P(x)$. Theo giả thiết thì $c^2-2>a^2-2>b^2-2$ nên ta phải có
$$c^2-2=a,a^2-2=b,b^2-2=c\text{ hay }{a}^2-b=b^2-c=c^2-a=2.$$ (1,0 điểm)

Ghi chú: Ta cũng có thể dùng định lý Viète thuận và đảo để chứng minh kết quả này.

b) (3,0 điểm) Ta có $a^2-b^2=b-c$ nên $a^2-b^2+a-b=a-c\iff (a-b)(a+b+1)=a-c$. Chứng minh tương tự $(b-c)(b+c+1)=b-a$, $(c-a)(c+a+1)=c-b$.
Vì các số $a,b,c$ đôi một phân biệt nên $(a-b)(b-c)(c-a)\ne 0$, vì thế nhân từng vế các đẳng thức trên lại, ta có $(a+b+1)(b+c+1)(c+a+1)=-1$. (*) (1,0 điểm)

Ta cũng có $(a-b)(a+b)=b-c$. Xây dựng hai đẳng thức tương tự khác và nhân lại, ta cũng có $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. (0,5 điểm)

Từ (*), ta có $(a+b)(b+c)(c+a)+{\sum }_{\text{cyc}}(a+b)(b+c)+{\sum }_{\text{cyc}}(a+b)+1=-1$ nên
$$\sum _{\text{cyc}}(a+b)(b+c)+\sum _{\text{cyc}}(a+b)=-3$$
$$\iff a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)+2(a+b+c)=-3$$
$$\iff (a+b+c+1{)}^2+(ab+bc+ca+2)=0.$$
Từ đẳng thức cuối, chú ý $(a+b+c+1{)}^2\ge 0$ nên ta có ngay $ab+bc+ca\le -2$. (1,0 điểm)

Để có dấu bằng xảy ra thì $a+b+c=-1$, $ab+bc+ca=-2$. Chú ý rằng
$$1=(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=2-abc$$ nên $abc=1$.
Từ đó theo Viete đảo, ta có $a,b,c$ là nghiệm thực của đa thức (đã nêu ở câu a):
$$x^3+x^2-2x-1=0.$$ (0,5 điểm)

a) (3,0 điểm) Trong (*), thay $y=1$, ta có $f(x+1)\cdot (f(x)-2f(x))=1-2f(x)$ hay $$f(x+1)=2-\frac{1}{f(x)}$$ với mọi $x>0$. (0,5)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $f(n)=1+\frac{1}{n},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Khẳng định đúng với $n=1$. Giả sử đúng với $n\ge 1$ thì $f(n+1)=2-\frac{1}{f(n)}=\frac{n+2}{n+1}=1+\frac{1}{n+1}$. Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định đúng. Vì thế $f(2421)=\frac{2422}{2421}$. (0,5)

Từ đẳng thức $f(x+1)=2-\frac{1}{f(x)}>0$ suy ra $f(x)>\frac{1}{2}$ với mọi số thực $x>0$ và cũng từ đẳng thức này ta được $\frac{1}{f(x)}=2-f(x+1)<2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ suy ra $f(x)>\frac{2}{3}$. Tiếp theo ta chứng minh $f(x)>\frac{n}{n+1}$ đúng với mọi số nguyên dương $n$ bằng quy nạp theo $n$. (0,5)

Thật vậy với $n=1$ đã chứng minh ở trên, giả sử $f(x)>\frac{n}{n+1}$ với số nguyên dương $n$, tiếp theo ta cần chứng minh bất đẳng thức $f(x)>\frac{n+1}{n+1+1}=\frac{n+1}{n+2}$. Từ bất đẳng thức trên và đẳng thức $\frac{1}{f(x)}=2-f(x+1)<2-\frac{n}{n+1}=\frac{n+2}{n+1}$ suy ra $f(x)>\frac{n+1}{n+2}$. Từ đó ta có bất đẳng thức $f(x)>\frac{n}{n+1}$ với số nguyên dương $n$. Vì thế cho $n\to +\infty$ ta được $f(x)\ge 1$ với mọi $x>0$. (0,5)

Nếu tồn tại $a>0$ để $f(a)=1$ thì thay vào giả thiết, ta có
$$f(a+1)(f(a)-f(a)f(1))=1-f(a)f(1)\text{ hay }f(a+1)=1.$$
Từ đây quy nạp được $f(a+n)=1,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. (0,5)

Trong (*) thay $x,y$ thoả mãn $xy=1$ và $x+y=a+n$ (với $n\ge 2$ để hệ phương trình này có nghiệm dương). Ta có ngay $f(a+n)(2-f(x)f(y))=1-f(x)f(y)$ mà $f(a+n)=1$ nên có vô lý, điều này cho thấy luôn phải có $f(x)>1,\forall x>0$. (0,5)

b) (2,0 điểm) Với $g(x)=\frac{1}{f(x)-1}$, ta có $f(x)=1+\frac{1}{g(x)}$ nên thay vào (*), ta có
$$g(x)g(y)\cdot (1+g(x+y))=g(xy)\cdot (g(x)+g(y)+1)\text{ với }x,y>0.(\ast \ast )$$ (0,5)

Vì $f(1)=2$ nên $g(1)=1$. Thay $x=y=1$ thì $g(2)=2$. Thay $y=1$ vào (**), ta có $g(x)\cdot (1+g(x+1))=g(x)\cdot (g(x)+2)$ nên $g(x+1)=g(x)+1$ với $x>0$. Do đó
$$g(x+2)=g(x)+2.$$
Trong (**), thay $y=2$ thì $2g(x)\cdot (1+g(x+2))=g(2x)\cdot (g(x)+2+1)$, sử dụng đẳng thức ở trên, ta có ngay $g(2x)=2g(x)$ với mọi $x>0$. (0,5)

Trong (**), thay $x,y\to 2x,2y$, ta có
$$4g(x)g(y)\cdot (1+2g(x+y))=4g(xy)\cdot (2g(x)+2g(y)+1).$$
Chia từng vế của đẳng thức này cho (**), ta có
$$\frac{1+g(x+y)}{1+2g(x+y)}=\frac{1+g(x)+g(y)}{1+2g(x)+2g(y)},\text{ suy ra }g(x+y)=g(x)+g(y).$$
Cách 1: Do $g(x)>0$ với mọi $x>0$ nên từ $g$ là hàm cộng tính ta được $g$ là hàm đơn điệu tăng suy ra $g(x)=cx$, trong đó $c$ là hằng số dương. Thử lại ta được $g(x)=x$ hay $f(x)=1+\frac{1}{x}$ với mọi $x>0$.
Cách 2: Thay ngược lại vào (**) thì có $g(x)g(y)=g(xy)$. Vì thế hàm này vừa cộng tính vừa nhân tính trên ${\mathbb{R}}^{+}$ nên $g(x)=x,\forall x>0$.
Thay ngược lại được $f(x)=1+\frac{1}{x},\forall x>0$. Thử lại, ta thấy hàm này thoả mãn. (1,0)

Ghi chú: nếu học sinh chưa giải được câu a) mà làm câu b) thì vẫn tính điểm bình thường.

(Lời giải của bạn Trí Dũng)

Kí hiệu mệnh đề $P(x,y):f(x)f(x+y)=x^{n}f(f(y))+f(x{)}^2$.

Trước hết, nếu $f\equiv c$ là hàm hằng thì từ $P(x,y)$ ta có $c^2=x^{n}c+c^2$ với mọi $x\in \mathbb{R}$, suy ra $c=0$.

Vậy $f\equiv 0$ là một nghiệm. Sau đây ta sẽ giả sử $f$ không hằng.

a) Từ $P(0,y)$, ta có $f(0)f(y)=f(0{)}^2$ với mọi $y\in \mathbb{R}$.

Vì $f$ không hằng nên suy ra $f(0)=0$.

Giả sử tồn tại $a\ne 0$ sao cho $f(a)=0$.

Khi đó từ $P(a,y)$, $a^{n}f(f(y))=0$ với mọi $y$, nên $f(f(y))=0$ với mọi $y\in \mathbb{R}$.

Vì $f$ không hằng nên tồn tại $c$ sao cho $f(c)\ne 0$. Từ $P(c,y)$, ta được $f(c)f(c+y)=f(c{)}^2$, hay $f(c+y)=f(c)$ với mọi $y\in \mathbb{R}$, mâu thuẫn với giả thiết $f$ không hằng.

Vậy $f(x)=0⟺x=0$.

b) Giả sử $f(a)=f(b)$. Lấy $P(x,a)-P(x,b)$, ta được $f(x)(f(x+a)-f(x+b))=0$.

Theo câu trên, với mọi $x\ne 0$ ta có $f(x)\ne 0$, nên $f(x+a)=f(x+b)$.

Với $x=0$ thì đẳng thức trên cũng đúng do $f(a)=f(b)$.

Vậy $f(x+a)=f(x+b)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Do đó $b-a$ là một chu kì của $f$, suy ra $f(b-a)=f(0)=0$.

Theo câu trên, $b-a=0$, tức là $a=b$. Vậy $f$ là đơn ánh.

Với $x\ne 0$, từ $P(x,-x)$ và $P(-x,x)$, do $n$ lẻ, ta có
$$f(f(-x))=-\frac{f(x{)}^2}{x^n},f(f(x))=\frac{f(-x{)}^2}{x^n}.\text{\hspace{1em}(2)}$$

Mặt khác, từ $P(x,x)$ và $P(-x,-x)$, kết hợp với (2), ta được
$$f(x)f(2x)=f(x{)}^2+f(-x{)}^2,$$
$$f(-x)f(-2x)=f(x{)}^2+f(-x{)}^2.\text{\hspace{1em}(3)}$$

Từ $P(x,-2x)$ và $P(-x,2x)$, kết hợp với (2), ta có
$$f(x)(f(x)-f(-x))=\frac{f(2x{)}^2}{2^n},$$
$$f(-x)(f(-x)-f(x))=\frac{f(-2x{)}^2}{2^n}.\text{\hspace{1em}(4)}$$

Vì $x\ne 0$ nên $f(x),f(-x),f(2x),f(-2x)$ đều khác 0. Chia hai đẳng thức trong (4), ta được
$$-\frac{f(x)}{f(-x)}=\frac{f(2x{)}^2}{f(-2x{)}^2}.\text{\hspace{1em}(5)}$$

Từ (3) ta có $\frac{f(2x)}{f(-2x)}=\frac{f(-x)}{f(x)}$ và thay vào (5), ta được $-\frac{f(x)}{f(-x)}=\frac{f(-x{)}^2}{f(x{)}^2}$ suy ra $f(-x{)}^3=-f(x{)}^3$.

Do đó $f(-x)=-f(x)$ với mọi $x\ne 0$.

Đẳng thức cũng đúng với $x=0$, nên $f$ là hàm lẻ. Từ (2), suy ra với mọi $x\ne 0$,
$$f(f(x))=\frac{f(x{)}^2}{x^n}.\text{\hspace{1em}(6)}$$

Với $x,y\ne 0$, từ $P(x,y)$ và (6), ta được
$$f(x+y)=f(x)+\frac{x^{n}f(y{)}^2}{y^{n}f(x)}.\text{\hspace{1em}(7)}$$

Đổi vai trò $x,y$ trong (7) rồi so sánh hai biểu thức của $f(x+y)$, ta có
$$\left(\frac{f(x)}{x^n}-\frac{f(y)}{y^n}\right)\left(\frac{f(x{)}^2}{x^n}+\frac{f(y{)}^2}{y^n}\right)=0.\text{\hspace{1em}(8)}$$

Với $x,y>0$, thừa số thứ hai trong (8) dương, nên $\frac{f(x)}{x^n}=\frac{f(y)}{y^n}$.

Lấy $y=1$ và đặt $c=f(1)\ne 0$, ta được $f(x)=c{x}^n$ với mọi $x>0$.

Vì $f$ là hàm lẻ và $n$ lẻ nên
$$f(x)=c{x}^n,\forall x\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(9)}$$

Thay (9) vào phương trình ban đầu, với $x,y\ne 0$, rồi rút gọn, ta được
$$(x+y{)}^n=x^n+c^{n-1}{y}^{n^2}.\text{\hspace{1em}(10)}$$

Nếu $n>1$, cho $y=1$ trong (10), ta có $(x+1{)}^n-x^n=c^{n-1}$ với mọi $x\ne 0$. Vế trái không thể là một hằng số khi $n>1$, chẳng hạn, lần lượt lấy $x=1$ và $x=-1$, ta được
$$2^n-1=c^{n-1},-(-1{)}^n=c^{n-1}.$$

Vì $n$ lẻ nên đẳng thức thứ hai cho $c^{n-1}=1$, trong khi đẳng thức thứ nhất cho $c^{n-1}=2^n-1>1$, mâu thuẫn. Vậy với $n\ge 3$ lẻ, không tồn tại nghiệm không hằng. Do đó chỉ có nghiệm $f\equiv 0$.

Nếu $n=1$, trực tiếp kiểm tra thấy $f(x)=cx$ thỏa mãn phương trình với mọi $c\in \mathbb{R}$.

Vậy tất cả các nghiệm cần tìm là
$$\{\begin{array}{ll}f(x)=cx,& c\in \mathbb{R},n=1,\\ f(x)=0,& n\ge 3\text{ lẻ}.\end{array}$$

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic):

Với mọi $x,y\in \mathbb{R}$, đặt $P(x,y)$ là mệnh đề
$$f(f(x)+y)=kx+f(x+f(f(y)))$$
Đặt $a=f(f(0))$. Từ $P(0,0)$ ta có $f(f(0))=f(f(f(0)))$, hay $f(a)=a$.
Mặt khác, từ $P(x,0)$, ta suy ra $f(f(x))=kx+f(x+a)$.
Xét $P(x,a)$, ta có $f(f(a))=f(a)=a$ nên $f(f(x)+a)=kx+f(x+a)$, từ đó
$$f(f(x)+a)=f(f(x)),\forall x\in \mathbb{R}$$
Thay $x=a$ ta được $f(2a)=f(a)=a$.
Mặt khác, ta cũng có $f(f(a))=ka+f(2a)$ nên $a=ka+a$ hay $ka=0$.
Nếu $k=0$ thì rõ ràng mọi hàm hằng đều thỏa mãn bài toán, từ đây ta xét $k\ne 0$, ta có $a=0$.
Khi đó vì $f(a)=a$, ta có $f(0)=0$.
Từ $P(0,y)$ ta suy ra được $f(y)=f(f(f(y)))$ với mọi $y\in \mathbb{R}$.
Mặt khác, từ $P(x,0)$ ta cũng có $f(f(x))=kx+f(x)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.
Thay $x$ bởi $f(x)$ ta được $f(f(f(x)))=kf(x)+f(f(x))$, do đó
$$f(x)=kf(x)+f(x)+kx$$
hay $k(f(x)+x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$.
Vì $k\ne 0$, suy ra $f(x)=-x$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.
Thử lại hàm này vào đề bài, ta được $k=2$, và ứng với hàm $f(x)=-x,\forall x\in \mathbb{R}$ thỏa mãn.
Suy ra tất cả các giá trị cần tìm là $k\in \{0,2\}$

Nhận xét: Bài toán trên có lẽ là biến thể của bài hàm trong IMO Shortlist 2002.

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 $f(x)=x$, $\forall x\in \mathbb{R}$.

(AI giải đề cho tôi)
Số lượng cá thể ban đầu là giá trị của hàm số tại $t=0$ (thời điểm bắt đầu quan sát). Với loài $II$: $Q(0)=\frac{64}{4-0}=\frac{64}{4}=16$ (nghìn con). Vậy số lượng cá thể ban đầu của loài $II$ là $16$ nghìn con (tức $16000$ con). Chú ý: vì số lượng cá thể không âm nên cần $4-t>0$, tức $0\le t<4$; trên miền này $Q(t)>0$ luôn thỏa mãn.

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 $f(x)=2x\forall x\in \mathbb{R}$.