Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Phương trình hàm (Toán học Lớp 10, 11, 12)

LỜI GIẢI (tham khảo, SMFE - Bản luận toán học số 12):
Kí hiệu $P(x,y)$ là phép thế $x,y$ vào phương trình đề cho. Giả sử tồn tại hàm số thoả mãn yêu cầu đề bài
$$f\left(x^2+2f(y)\right)=2y+f^2(x),\forall x,y\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(1)}$$
Xét $P(0,y)$, ta được
$$f(2f(y))=2y+f^2(0),\forall y\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(2)}$$
Giả sử tồn tại $a,b\in \mathbb{R}$ sao cho $f(a)=f(b)$. Thay lần lượt $y$ bởi $m$ và $y$ bởi $n$ trong (2), ta được
$$\{\begin{array}{l}f(2f(m))=2m+f^2(0)\\ f(2f(n))=2n+f^2(0)\end{array}⟹a=b.$$
Do đó, hàm $f$ đơn ánh. Mặt khác dễ thấy hàm $f$ toàn ánh nên ta suy ra hàm $f$ là song ánh. Do đó tồn tại duy nhất số thực $a$ sao cho $f(a)=0$, đặt $b=f(0)$. Ở (1), xét $P(a,0)$, ta thu được
$$f(a^2+2b)=2\cdot 0+f^2(a)=0=f(a)⟹a^2+2b=a.\text{\hspace{1em}(3)}$$
Ở (1), xét $P(0,a)$, ta được
$$f(0)=2a+f^2(0)⟹b=2a+b^2.\text{\hspace{1em}(4)}$$
Từ (3) và (4) và giả thiết $b\ne -1$, ta tìm được $a=b=0$. Do đó $f(0)=0$ và (2) trở thành $f(2f(y))=2y$ với mọi $y\in \mathbb{R}$. Từ (1), thay $y=0$ ta được
$$f(x^2)=f^2(x),\forall x\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(5)}$$
Từ đây ta suy ra
$$f(x^2+2f(y))=f(x^2)+f(2f(y)),\forall x,y\in \mathbb{R}.\text{\hspace{1em}(6)}$$
Do $f$ toàn ánh nên từ (6), ta suy ra
$$f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x⩾0,y\in \mathbb{R}.$$
Thay $y$ bởi $-x$, ta thu được $f$ là hàm lẻ. Xét $x<0,y\in \mathbb{R}$, ta có
$$f(x+y)+f(-x)=f(y)⟹f(x+y)=f(y)-f(-x)=f(x)+f(y).$$
Từ đây, ta suy ra $f$ là hàm cộng tính trên $\mathbb{R}$. Mặt khác, ta có $f(x)⩾0$ với mọi $x⩾0$ nên $f(x)=cx$ với mọi $x\in \mathbb{R}$. Thử lại, ta được $c=1$. Vậy hàm số duy nhất thoả mãn đề bài là $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $P(x,y)$ là mệnh đề $f(xy+f(x))+f(y)=xf(y)+f(x+y)$, đặt $c=f(0)$.

**Bước 1.** $P(0,y):f(f(0))+f(y)=f(y)\Rightarrow f(c)=0$. $P(x,0):f(f(x))+c=xc+f(x)\Rightarrow f(f(x))=f(x)+c(x-1)$. (1)

**Bước 2. Trường hợp $c\ne 0$:** Từ (1), nếu $f(u)=f(v)$ thì $f(f(u))=f(f(v))\Rightarrow cu+f(u)-c=cv+f(v)-c\Rightarrow u=v$, vậy $f$ đơn ánh. Thay $y=c$ vào phương trình: $f(xc+f(x))+f(c)=xf(c)+f(x+c)\Rightarrow f(xc+f(x))=f(x+c)$. Do đơn ánh: $xc+f(x)=x+c$, tức $f(x)=(1-c)x+c$. Thử dạng $f(x)=ax+b$ vào phương trình: so sánh hệ số thu được $a^2=a+b$ và $b(a+1)=0$. Với $b=c\ne 0$ thì $c=2$, $a=-1$, thỏa $a^2=1=a+b$. Kiểm tra: $f(x)=2-x$ thỏa mãn (đẳng thức $x-xy-y+2$ hai bên). Vậy với $c\ne 0$ chỉ có $f(x)=2-x$.

**Bước 3. Trường hợp $c=0$:** (1) cho $f(f(x))=f(x)$. Viết lại phương trình: $f(xy+f(x))=f(x+y)+(x-1)f(y)$. (2)

- Nếu $f\equiv 0$: thỏa mãn.
- Giả sử tồn tại $a$ với $f(a)\ne 0$. Xét $f(u)=f(v)$: áp dụng (2) với $y=u$ và $y=v$, trừ hai đẳng thức: $f(xu+f(x))-f(xv+f(x))=(x-1)(f(u)-f(v))=0$, kết hợp (2) suy ra $f(x+u)=f(x+v)$ với mọi $x$, tức $f$ có chu kỳ $q=v-u$. Nếu $q\ne 0$: thay $y\to y+q$ trong (2), vế trái thành $f(xy+f(x)+xq)$, vế phải không đổi, nên $f(t+xq)=f(t)$ với mọi $t$ và mọi $x\ne 0$; vì $xq$ chạy khắp $\mathbb{R}\setminus \{0\}$ nên $f$ hằng, mâu thuẫn với $f(a)\ne 0$ (vì $f\equiv f(0)=0$). Vậy $q=0$, tức $f$ đơn ánh. Khi đó $f(f(x))=f(x)\Rightarrow f(x)=x$ với mọi $x$. Kiểm tra: $f(x)=x$ thỏa mãn (đẳng thức $xy+x+y$ hai bên).

**Kết luận.** Có đúng ba hàm thỏa mãn: $f(x)\equiv 0$, $f(x)=x$, $f(x)=2-x$ (kiểm tra trực tiếp cả ba đều thỏa).

(AI giải đề cho tôi)
Đáp án: $f(1)=1$; $f(n)=p$ nếu $n=p^k$ là lũy thừa của một số nguyên tố ($k\ge 1$); $f(n)=1$ nếu $n$ có ít nhất hai ước nguyên tố phân biệt.

**Bước 1: f bị xác định duy nhất bởi đệ quy.** Với $m=1$, tập ước là $\{1\}$ nên $f(1)=1$. Giả sử $f(d)$ đã biết với mọi $d<m$. Với $m$, điều kiện ${\prod }_{d\mid m}f(d)=m$ cho $f(m)=\frac{m}{{\prod }_{d\mid m,d<m}f(d)}$, nên $f(m)$ hoàn toàn bị xác định. Do đó nếu nghiệm tồn tại thì duy nhất.

**Bước 2: Kiểm tra hàm ứng viên.** Đặt
$$f(1)=1,f(p^k)=p(p\text{ nguyeˆn toˆˊ},k\ge 1),f(n)=1\text{ neˆˊu }n\text{ coˊ}\ge 2\text{ ước nguyeˆn toˆˊ phaˆn biệt}.$$
Xét $m={\prod }_{i=1}^s{p}_i^{a_i}$. Với mỗi $p_i$, các ước của $m$ có dạng $p_i^j$ ($1\le j\le a_i$) đúng là $a_i$ ước, mỗi ước cho giá trị $f=p_i$, đóng góp $p_i^{a_i}$. Mọi ước khác (bằng 1 hoặc có ít nhất hai ước nguyên tố phân biệt) đóng góp $1$. Vậy
$$\prod _{d\mid m}f(d)=\prod _{i=1}^s{p}_i^{a_i}=m,$$
đúng với mọi $m$. (Ví dụ: $m=12$: $f(1)f(2)f(3)f(4)f(6)f(12)=1\cdot 2\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 1=12$.)

**Kết luận:** Hàm cần tìm là hàm duy nhất: $f(1)=1$; $f(n)=p$ khi $n=p^k$ ($p$ nguyên tố, $k\ge 1$); $f(n)=1$ khi $n$ có ít nhất hai ước nguyên tố phân biệt.

$$f(f(x)+y)+f(-x+f(f(y)))=2y,\forall x,y\in \mathbb{R}.(1)$$
a) Trong $(1)$ thay $x=f(f(y))$ thì ta có được
$$f(f(f(f(y)))+y)=2y-f(0),\forall y\in \mathbb{R}.$$
Do $2y-f(0)$ có tập giá trị là $\mathbb{R}$ nên ta có ngay $f$ toàn ánh. Khi đó tồn tại $c$ sao cho $f(c)=0$. Với $x_1,x_2$ là hai số thực thỏa mãn $f(x_1)=f(x_2)$. Thay $x=c$ và thay lần lượt $y=x_1,y=x_2$ vào $(1)$, ta được
$$2x_1=f(x_1)+f(-c+f(f(x_1)))=f(x_2)+f(-c+f(f(x_2)))=2x_2\Rightarrow x_1=x_2.$$
Vậy $f$ là đơn ánh, suy ra $f$ là một song ánh.

b) Do $f$ song ánh nên tồn tại duy nhất số thực $t$ để $f(t)=0$. Trong $(1)$ ta thay $x=y=0$ thì ta được
$$f(f(0))+f(f(f(0)))=0\Rightarrow f(f(f(0)))=-f(f(0)).$$
Ngoài ra, nếu ta thay $y=0$ và $x=f(f(0))$ trong $(1)$ thì ta cũng có
$$f(f(f(f(0))))+f(0)=0.$$
Và nếu thay $x=t$ và $y=0$ thì ta cũng sẽ có
$$f(0)+f(-t+f(f(0)))=0\Rightarrow f(-t+f(f(0)))=f(f(f(f(0))))\Rightarrow -t+f(f(0))=f(f(f(0))).$$
Mà $f(f(f(0)))=-f(f(0))$ nên $t=2f(f(0))$. Như vậy, ta có thể thay $x=-f(f(0))$ và $y=0$ trong $(1)$ thì ta được
$$f(f(-f(f(0))))=0\Rightarrow f(-f(f(0)))=t.$$
Mà $-f(f(0))=f(f(f(0)))$ nên $f(f(f(f(0))))=0$ như vậy ta thu được $f(0)+t=0$. Bây giờ, ta thay $x=y=t$ vào $(1)$ thì được $f(-t+f(0))=2t$ hay $f(-2t)=2t$, từ đó lại cho $x=-2t,y=t$ vào $(1)$ thì
$$f(2t+t)+f(2t+f(0))=2t\Rightarrow f(3t)=2t=f(-2t)\Rightarrow 3t=-2t\Rightarrow t=0\Rightarrow f(0)=0.$$
Tiếp theo, để tìm tất cả hàm số $f$ thỏa mãn thì ta thay $x=0$ vào $(1)$ thì ta có
$$f(y)+f(f(f(y)))=2y,\forall y\in \mathbb{R}(2)$$
Rồi thay $y=0$ vào $(1)$ thì được
$$f(f(x))=-f(-x),\forall x\in \mathbb{R}(3).$$
Từ $(3)$ ta có $f(f(-f(x))=-f(-(-f(x))=-f(f(x))=f(-x)$ nên khi thay $y$ bởi $-f(x)$ vào $(1)$ thì ta có
$$f(-x+f(-x))=-2f(x)\Rightarrow f(x+f(x))=2\cdot (-f(-x))=2f(f(x)),\forall x\in \mathbb{R}.$$
Ngoài ra, ta cũng có thể thay $x=-f(f(y))$ trong $(1)$ thì thu được
$$f(f(f(f(y)))+y)=2y\stackrel{(2)}{\Rightarrow }f(3y-f(y))=2y\Rightarrow f(3f(f(y))-f(f(f(f(y)))))=2f(f(y))$$
$$\stackrel{(2)}{\Rightarrow }f(3f(f(y))+f(y)-2y)=2f(f(y)),\forall y\in \mathbb{R}$$
Từ đây ta có được
$$f(3f(f(y))+f(y)-2y)=f(y+f(y))\Rightarrow 3f(f(y))=3y\Rightarrow f(f(y))=y$$
$$\stackrel{(3)}{\Rightarrow }f(-y)=-y\Rightarrow f(y)=y,\forall y\in \mathbb{R}.$$
Thử lại ta thấy thỏa, vậy $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$. $\square$

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1.

a) Tồn tại. Chọn $f(n)=n+1$ với mọi $n\in \mathbb{Z}$. Rõ ràng $f$ là song ánh từ $\mathbb{Z}$ vào $\mathbb{Z}$ (nghịch đảo $f^{-1}(m)=m-1$). Khi đó với mọi $n\in \mathbb{Z}$:
$$f(2f(n))=f(2(n+1))=f(2n+2)=(2n+2)+1=2n+3.$$
Vậy thỏa mãn yêu cầu.

Kết luận: Tồn tại, chẳng hạn $f(n)=n+1$.

b) Không tồn tại. Giả sử ngược lại có song ánh $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $f(2f(n))=2n+3$ với mọi $n\in \mathbb{N}$. Vì $f$ là song ánh nên khi $n$ chạy khắp $\mathbb{N}$, $f(n)$ chạy khắp $\mathbb{N}$, do đó tập $\{2f(n):n\in \mathbb{N}\}$ đúng bằng tập tất cả các số chẵn trong $\mathbb{N}$. Suy ra
$$f(\text{tập caˊc soˆˊ cha˘˜n})=\{2n+3:n\in \mathbb{N}\},$$
tức là $f$ đưa toàn bộ tập các số chẵn (một tập vô hạn) một-một lên tập $\{2n+3\}$ (các số lẻ bắt đầu từ $3$ hoặc $5$ tùy cách quy ước $\mathbb{N}$).

Xét phần còn lại của tập xác định: tập các số lẻ trong $\mathbb{N}$, cũng là một tập vô hạn. Vì $f$ là đơn ánh và các giá trị $f(m)$ với $m$ chẵn đã chiếm trọn tập $\{2n+3\}$, nên với mọi $m$ lẻ, $f(m)$ không thể thuộc $\{2n+3\}$; do đó
$$f(\text{tập caˊc soˆˊ lẻ})\subseteq \mathbb{N}\setminus \{2n+3:n\in \mathbb{N}\}.$$
Phần bù này chỉ gồm các số chẵn đã bị "loại khỏi hình ảnh bởi ràng buộc trên" — cụ thể chỉ là hữu hạn phần tử đầu tiên (ví dụ nếu $\mathbb{N}=\{1,2,3,\dots \}$ thì $\{2n+3\}=\{5,7,9,\dots \}$ và phần bù là $\{1,2,3,4\}$; nếu $\mathbb{N}=\{0,1,2,\dots \}$ thì $\{2n+3\}=\{3,5,7,\dots \}$ và phần bù là $\{0,1,2\}$). Vậy tập vô hạn các số lẻ phải được $f$ (đơn ánh) đưa vào một tập hữu hạn — điều này mâu thuẫn với tính đơn ánh của $f$ (vô hạn phần tử khác nhau không thể có vô hạn giá trị đôi một khác nhau trong một tập hữu hạn).

Kết luận: Không tồn tại song ánh $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $f(2f(n))=2n+3,\forall n\in \mathbb{N}$.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P2).

a) Trước hết, lấy $0<x<y$ và đặt $h=\frac{y-x}{3}>0$. Thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,h,h,h)$ để suy ra

$$f(u)=f(x+3h)\ge f(x)+3f(h)>f(x).$$

Vậy $f$ tăng ngặt trên ${\mathbb{R}}^{+}$.

Tiếp theo, thay $(x,y,z,t)$ bởi $(n,1,1,1)$ suy ra

$$f(n+3)\ge f(n)+3f(1)=f(n)+3.$$

Bằng quy nạp suy ra được $f(3n+1)\ge 3n+1$ với mọi số nguyên $n\ge 0$, do đó $f(2026)\ge 2026$.

b) Cách 1. Cố định $x>0$. Với mỗi $m$ đủ lớn, gọi $a_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$a_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),a_m\le 4^{m}x.$$

Ta có $0\le 4^{m}x-a_m<3$, nên $a_m/4^m\to x$. Bởi tính tăng ngặt của $f$ và nhận xét trên nên

$$4^{m}f(x)=f(4^{m}x)\ge f(a_m)\ge a_{m}f(1)=a_m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\ge x$.

Tương tự, gọi $b_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$b_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),b_{m}x\le 4^m.$$

Khi đó $0\le 4^m/x-b_m<3$, nên $4^m/b_m\to x$. Ta có

$$b_{m}f(x)\le f(b_{m}x)\le f(4^m)=4^m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\le x$. Do đó $f(x)=x$ với mọi $x>0$.

Cách 2. Cho $x=y=z=t=u$ trong giả thiết, khi đó $4f(u)\le f(4u)\le 4f(u)$ nên

$$f(4u)=4f(u),\forall u>0$$

Từ đây ta suy ra được với mọi $x,y,z,t>0$ thì

$$\frac{f(x)+f(y)+f(z)+f(t)}{4}\le \frac{f(x+y+z+t)}{4}=f\left(\frac{x+y+z+t}{4}\right).$$

Hơn nữa, khi thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,x,y,y)$ ta được

$$f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge \frac{f(x)+f(y)}{2},\forall x,y>0$$

Ta có $f(2u)\ge \frac{f(u)+f(3u)}{2}$ và $f(3u)\ge \frac{f(2u)+f(4u)}{2}=\frac{f(2u)+4f(u)}{2}$ nên

$$f(2u)\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(3u)}{2}\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(2u)+4f(u)}{4}=\frac{f(2u)}{4}+\frac{3f(u)}{2}$$

Suy ra $f(2u)\ge 2f(u)$ nên $f(u)\ge 2f\left(\frac{u}{2}\right)$.

Mặt khác $f(2u)=4f\left(\frac{u}{2}\right)$ nên $f(u)\ge \frac{f(2u)}{2}$, hay $f(2u)\le 2f(u)$. Vậy $f(2u)=2f(u)$ với mọi $u>0$.

Vì vậy với mọi $x,y>0$, ta có $f(x+y)=2f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge f(x)+f(y)$.

Từ $f(1)=1$ và $f(2u)=2f(u)$, bằng cách lặp lại ta được $f(2^k)=2^k$ với mọi $k\in \mathbb{Z}$.

Xét $r=\frac{m}{2^n}$, trong đó $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $n\in \mathbb{N}$, khi đó ta có $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\ge mf\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{m}{2^n}$.

Chọn $N>m$ là lũy thừa của 2, ta có $f\left(\frac{N}{2^n}\right)=\frac{N}{2^n}$ và $f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge (N-m)f\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{N-m}{2^n}$.

Bởi vậy $\frac{N}{2^n}=f\left(\frac{N}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+\frac{N-m}{2^n}$.

Suy ra $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\le \frac{m}{2^n}$ nên $f(r)=r$ với mọi $r>0$ có dạng $r=\frac{m}{2^n}$ với $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },n\in \mathbb{N}$.

Cuối cùng, với $x>0$ tùy ý, đặt $r_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor }{2^n}$ và $s_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor +1}{2^n}$ với mọi $n$ đủ lớn.

Khi đó $r_n\to x$ và $s_n\to x$. Vì $f$ đồng biến nên $r_n=f(r_n)\le f(x)\le f(s_n)=s_n$.

Cho $n\to \infty$, ta được $f(x)=x$ với mọi $x>0$, thử lại thấy thoả mãn.

① Cho $n=1$ thì $f(f(m)f(1))=m$, suy ra $f$ là song ánh.

Ta có $f(2028)=2028$. Thay $m=1$, $n=2028$ ta được
$$f(f(1)f(2028))=2028=f(2028).$$
Do $f$ đơn ánh nên $f(1)\cdot 2028=2028$ hay $f(1)=1$.

② Từ $f(1)=1$ ta có $f(f(m))=m$ với mọi $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, do đó
$$f(mn)=f(f(f(m)f(n)))=f(m)f(n),\forall m,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$
Giờ ta sẽ chứng minh $f(p)=p$ với mọi số nguyên tố $p$.

Trước hết, nếu $p$ là số nguyên tố thì $f(p)$ cũng là số nguyên tố, vì nếu $f(p)=uv$ với $u,v>1$ thì
$$p=f(f(p))=f(uv)=f(u)f(v).$$
Để ý với $u>1$ thì $f(u)>1$ do tính song ánh, từ đó có mâu thuẫn nên $f(p)$ là số nguyên tố.

Bây giờ lấy số nguyên tố $q\ne 2027$. Vì $(q,2027)=1$, tồn tại $b\in \{1,2,\dots ,2026\}$ sao cho
$$qb\equiv 1(\mathrm{mod}2027).$$
Viết $qb=2027c+1$. Ta có $c\ge 1$. Xét
$$X=qb=2027c+1,Y=q(b+2027)=2027(c+q)+1.$$
Ta có $f(X)=X$, $f(Y)=Y$ và $f(q)$ chia hết cho cả $X$ và $Y$, do đó
$$f(q)\mid \gcd (N_0,N_1)=q\gcd (b,b+2027)=q\gcd (b,2027)=q.$$
Vì $f(q)$ là số nguyên tố, suy ra $f(q)=q$.

Đặt $r=f(2027)$ thì $r$ là số nguyên tố.

Nếu $r\ne 2027$, ta có $r=f(r)=f(f(2027))=2027$, mâu thuẫn. Vậy $f(2027)=2027$.

Do đó $f(p)=p$ với mọi số nguyên tố $p$, kết hợp với tính nhân tính ta có $f(n)=n$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

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

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 $f(x)=2026-x,\forall x\in \mathbb{R}$.

Đáp án đúng là A theo bảng đáp án Mã đề 103 của Sở GD&ĐT Sơn La.

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