CHƯƠNG 1 CÁC PHƯƠNG PHÁP THẾ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM (PHẦN 1)

Trong rất nhiều bài toán, việc sử dụng những phép thế hợp lí là mấu chốt để giải quyết bài toán. Trong chương 1, tôi xin giới thiệu một số phép thế thường được sử dụng để giải phương trình hàm.
Trong bài viết phần 1 của chương 1 này, trước tiên sẽ bao gồm hai phương pháp thế đó là THẾ CÁC GIÁ TRỊ ĐẶC BIỆTvà THẾ CÁC BIỂU THỨC CHỨA BIẾN.

1.1: THẾ CÁC GIÁ TRỊ ĐẶC BIỆT

Bài toán 1: Tìm tất cả hàm số \(f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) thỏa mãn:

\[f(x-1) f\left(y^{2}\right)=y f(x y)-y f(y), \forall x, y \in \mathbb{R} \tag{1}\]

$ \hspace{8.5cm} $ (Chọn đội tuyển KHTN 2015)

+) Trong (1) thay \(x\) bởi 1, \(y\) bởi 0 ta có :

\[f(0)^{2}=0 \Leftrightarrow f(0)=0\]

+) Trong (1) thay \(x\) bởi 0 , \(y\) bởi 1 ta có :

\[\begin{aligned} & f(-1) f(1)=-f(1) \\ \Leftrightarrow & {\left[\begin{array}{l} f(1)=0 \\ f(-1)=-1 \end{array}\right.} \end{aligned}\]

+) Nếu \(f(1)=0\), trong (1) thay \(y\) bởi 1 ta có

\[f(x)=0, \quad \forall x \in \mathbb{R}\]

+) Nếu \(f(-1) = -1\), Trong (1) thay \(x\) bởi 0 ta có:

\[\begin{aligned} & f\left(y^{2}\right)=y f(y) \tag{2}\\ \Rightarrow & f(1)=-f(-1)=1 \end{aligned}\]

+) Tư (1), (2) ta có:

\[f(x-1) f(y)=f(x y)-f(y), \forall y \neq 0\]

Kết hợp $f(0)=0$ ta có

\[f(x-1) f(y)=f(x y)-f(y), \forall x, y \in \mathbb{R} \tag{3}\]

+) Trong (1) thay y bởi 1 ta có

\[f(x-1)=f(x)-1 \tag{4}\]

+) Từ $(3),(4)$ ta có $f(x y)=f(x) f(y), \forall x, y \in \mathbb{R}$

\[\Rightarrow f\left(x^{2}\right)=f(x)^{2} \tag{5}\]

Từ (2), (5) suy ra $f(x)^{2}=x f(x)$

\[\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} f(x)=x, \\ f(x)=0, \end{array}, \forall x \in \mathbb{R}\right.\]

Nếu tồn tại $ a, b \neq 0$ sao cho

\[\left\{\begin{array}{l}f(a)=0 \\ f(b)=b\end{array}\right.\]

Từ (4) ta có $f(a-1)=-1$

Từ (5) ta có $f((a-1) b)=f(a-1) f(b)=-b$

Mà $b \neq 0 \Rightarrow(a-1) b=-b \Rightarrow a=0$ \; (vô lí)

Nên ta có

\[\left[\begin{array}{l}f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R} \\ f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}\end{array}\right.\]

Thử lại ta thấy 2 hàm số này đều thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài toán 2: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(x f(x)+f(x) f(y)+y-1)=f(x f(x)+x y)+y-1 \tag{6}\]

$\hspace{10cm}$ (Korea MO 2014)

+) Trong (6) thay $x$ bởi $0$ ta có:

\[f(f(0) f(y)+y-1)=f(0)+y-1 \hspace{2cm} (7)\]

+) Trong (7) thay $y$ bởi $1-f(0)$ ta có:

\[f(f(0) f(1-f(0))-f(0))=0\]

Đặt $c=f(0) f(1-f(0))-f(0) \Rightarrow f(c)=0$

+) Trong (6) thay $x$ bởi $c$ ta có:

\[f(y-1)=f(c y)+y-1 \hspace{2cm} (8)\]

+) Trong (8) thay $y$ bởi 1 ta có:

\[f(0)=f(c)=0\]

+) Trong (6) thay $x$ bởi 0 ta có:

\[\begin{aligned} & f(y-1)=y-1 \\ \Rightarrow & f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R} \end{aligned}\]

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.

Bài toán 3: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}}$ thỏa mãn:

\[f\left(x^{3}+y\right)=f(x)^{3}+\frac{f(x y)}{f(x)}, \forall x, y>0 \hspace{2cm} (9)\]

$\hspace{9cm}$ (Chọn đội tuyển KHTN 2009)
Đặt $f(1)=a \quad (a>0)$

+) Trong (9) thay $y$ bởi 1 ta có:

\[f\left(x^{3}+1\right)=f\left(x^{3}\right)+1 \hspace{2cm} (10)\]

+) Trong (9) thay $x$ bởi 1 ta có :

\[f(y+1)=f(1)^{3}+1 \hspace{2cm} (11)\]

Sử dụng (10), (11) ta lần lượt tính được :

\[\begin{aligned} & f(2)=a^{3}+1 \\ & f(3)=a^{3}+\frac{a^{3}+1}{a}=a^{3}+a^{2}+\frac{1}{a} \\ & f(9)=f(2)^{3}+1=\left(a^{3}+1\right)^{3}+1=a^{9}+3 a^{6}+3 a^{3}+2 \end{aligned}\]

Mặt khác ta có:

\[\begin{aligned} & f(y+8)=a^{3}+\frac{f(y+7)}{a}=a^{3}+\frac{1}{a}\left(a^{3}+\frac{f(y+6)}{a}\right) \\ & =a^{3}+a^{2}+\frac{1}{a^{2}}\left(a^{3}+\frac{f(y+5)}{a}\right) \\ & =a^{3}+a^{2}+a+\frac{1}{a^{3}}\left(a^{3}+\frac{f(y+4)}{a}\right) \\ & =\ldots \\ & =a^{3}+a^{2}+a+1+\frac{1}{a}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{a^{4}}+\frac{f(y)}{a^{8}} \\ \end{aligned}\] \[\begin{aligned} & \Rightarrow f(9)=a^{3}+a^{2}+\ldots+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{a^{7}} \\ & \Rightarrow a^{9}+3 a^{6}+3 a^{3}+2=a^{3}+a^{2}+\cdots+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{a^{4}}+\frac{1}{a^{7}} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} & \Rightarrow a^{16}+3 a^{13}+3 a^{10}+2 a^{7}=a^{10}+a^{9}+\ldots+a^{3}+1 \\ & \Leftrightarrow a^{16}+3 a^{13}+2 a^{10}+a^{7}=a^{9}+a^{8}+a^{6}+a^{5}+a^{4}+a^{3}+1 \\ \end{aligned}\]

Nếu $a>1$ ta có

\[a^{16}>a^{9}, \quad 3 a^{13}>a^{8}+a^{6}+a^{5}\] \[2 a^{10}>a^{4}+a^{3}, \quad a^{7}>1\]

Nếu $a<1$, ta có

\[a^{16}<a^{9}, \quad 3 a^{13}<a^{8}+a^{6}+a^{5}\] \[2 a^{10}<a^{4}+a^{3}, \quad a^{7}<1\]

Do đó ta có $a=1$, thay vào (11) ta có

\[f(y+1)=f(y)+1, \quad \forall y>0 \hspace{2cm} (12)\]

+) Trong (9) thay $y$ bởi $y+1$ ta có:

\[\begin{aligned} & f\left(x^{3}+y+1\right)=f(x)^{3}+\frac{f(x y+x)}{f(x)} \\ \Rightarrow & f\left(x^{3}+y\right)+1=f(x)^{3}+\frac{f(xy +x)}{f(x)} \\ \Rightarrow & f(x y+x)=f(x y)+f(x), \quad \forall x, y>0 \\ \end{aligned}\]

Do đó ta có:

\[f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y>0\]

+) Từ (10), (12) ta có $f\left(x^{3}\right)=f(x)^{3}$

+) Thay vào (9) ta có:

\[f\left(x^{3}+y\right)=f\left(x^{3}\right)+\frac{f(x y)}{f(x)}\]

Mà $f$ là hàm số cộng tính $\Rightarrow f(y)=\frac{f(x y)}{f(x)}, \forall x, y>0$ $\Rightarrow f$ là hàm số nhân tính.

Vậy ta có $f$ là hàm số vừa cộng tính vừa nhân tính $\Rightarrow f(x)=x, \forall x>0$ (Đây là bài toán quen thuộc, lời giải chi tiết có ở Chương 4)

Thử lại ta thấy hàm số $f(x)=x$ thỏa mãn bài toán.

Bài toán 4: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(x+y f(x))+f(y-f(x))=2 x f(y) \hspace{2cm} (13)\]

$\hspace{8cm}$ ( Jio de Janeiro MO 2017)
Đặt $a=f(0)$

Thay $x$ bởi 0 vào (13): $f(a y)+f(y-a)=0$ $\quad$ (14)

Trường hợp 1: $a=0$, Từ (14) ta có $f(y)=0, \forall y \in \mathbb{R}$

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 2: $a \neq 0$

+) Trong (13) thay $y$ bởi 0 ta có: $ f(x)+f(-f(x))=2 a x \quad$ (15)

\[\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} f \; \text{là đơn ánh }\left(\text { do } a \neq 0\right) \\ f(-a)=-a \quad \text {(thay x bởi 0 vào (15) )} \end{array}\right.\]

+) Trong (13) thay $x$ bởi $-a$ ta có:

\[f(-a-a y)+f(y+a)=-2 a f(y)\]

+) Trong (14) thay $y$ bởi $-y-1$ ta có :

\[\begin{aligned} & f(-a-a y)+f(-y-1-a)=0 \\ \Rightarrow & f(y+a)-f(y-1-a)=-2 a f(y) \end{aligned}\]

Thay $y$ bởi $-a-\frac{1}{2}$ ta có $f\left(-a-\frac{1}{2}\right)=0$

+) Trong (14) thay $y$ bởi $\frac{-1}{2}$ ta có $f\left(\frac{-a}{2}\right)=0$

Do $f$ là đơn ánh nên suy ra $-a-\frac{1}{2}=\frac{-a}{2} \Leftrightarrow a=-1$

\[\Rightarrow f\left(\frac{1}{2}\right)=0\]

+) Thay y bởi $\frac{1}{2}$ vào (13) ta có:

\[f\left(x+\frac{1}{2} f(x)\right)+f\left(\frac{1}{2}-f(x)\right)=0 \quad (16)\]

+) Thay $a$ bởi -1 vào (14) ta có : $f(-y)+f(y+1)=0$

Thay $y$ bởi $ f(x)-\frac{1}{2}: \quad f\left(-f(x)+\frac{1}{2}\right)+f\left(f(x)+\frac{1}{2}\right)=0$

Kết hợp với (16) ta có: $f\left(x+\frac{1}{2} f(x)\right)=f\left(f(x)+\frac{1}{2}\right)$

Vì hàm số $f$ là đơn ánh nên ta có $x+\frac{1}{2} f(x)=f(x)+\frac{1}{2}$

\[\Leftrightarrow f(x)=2 x+1\]

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.

Vậy có 2 hàm số thỏa mãn bài toán là $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=2 x+1, \forall x \in \mathbb{R}$

Bài toán 5: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ thỏa mãn:

\[f(x-2 f(y))=5 f(x)-4 x-2 f(y) \quad (17)\]

$\hspace{7cm} $ (Chọn đội tuyển PTNK 2015)

+) Thay $x$ bởi 0, $y$ bởi 0 ta có $f(-2 f(0))=3 f(0) \quad $ (18)

+) Thay $x$ bởi $2 f(0)$, $y$ bởi 0 ta có:

\[\begin{aligned} f(0) & =5 f(2 f(0) ) -8 f(0)-2 f(0) \\ & \Rightarrow 5 f(2 f(0))=11 f(0) \quad (19) \end{aligned}\]

+) Thay $x$ bởi $2 f(0)$, y bởi $-2 f(0)$ ta có:

\[f\left( 2 f(0)-2 f(-2 f(0))\right)=5 f(2 f(0))-8 f(0)-2 f(-2 f(0))\]

Kết hợp (18), (19) ta suy ra $f(-4 f(0))=-3 f(0) \quad$ (20)

+) Thay $x$ bởi $-2 f(0)$, y bởi 0 ta có :

\[\begin{aligned} f(-4 f(0)) & =5 f(-2 f(0)+8 f(0)-2 f(0) \\ \Rightarrow-3 f(0) & =21 f(0) \\ \Leftrightarrow f(0) & =0 \end{aligned}\]

+) Thay $y$ bởi 0 ta có:

\[\begin{aligned} & f(x)=5 f(x)-4 x \\ & \Leftrightarrow f(x)=x \end{aligned}\]

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.

1.2: THẾ CÁC BIỂU THỨC CHỨA BIẾN

Bài toán 6: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f\left(x+y f\left(x^{2}\right)\right)=f(x)+x f(x y) \quad (1)\]

$\hspace{10cm}$ (Azerbaijan TST 2017)

Thay $x$ bởi 0 ta có : $f(y f(0))=f(0)$

Nếu $f(0) \neq 0$ ta có $f(y)=c, \forall y \in \mathbb{R}$ với c là hằng số.

Thử lại thay vào (1) ta suy ra $c=0$ ( vô lí vì $f(0) \neq 0$ )

Do đó ta có $f(0)=0$

+) Thay $x$ bởi 1 ta có: $f(1+y f(1))=f(1)+f(y) \quad (2)$

Nếu $f(1) \neq 1$, thay y bởi $\frac{1}{1-f(1)}$ ta có $f(1)=0$

\[\Rightarrow f(y)=f(1)=0, \forall y \in \mathbb{R}\]

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.
Ta xét trường hợp $f(1)=1$

\[\begin{aligned} & \Rightarrow f(y+1)=f(y)+1, \quad \forall y \in \mathbb{R} \quad (3)\\ & \Rightarrow f(-1)=-1 \end{aligned}\]

+) Thay $x$ bởi 1 ta có : $f(y-1)=-1-f(-y)$

Kết hợp với (3) suy ra $f(-y)=-f(y), \forall y \in \mathbb{R}$

$\Rightarrow f$ là hàm số lẻ.

Giả sử $\exists a \neq 0$ sao cho $f(a)=0$.

Do $f$ là hàm số lẻ, không mất tính tổng quát ta giả sử $a > 0$
+) Trong (1) thay $x$ bởi $\sqrt{a}$ :

\[\begin{aligned} & f(\sqrt{a})=f(\sqrt{a})+\sqrt{a} \cdot f(y \sqrt{a}) \\ & \Rightarrow f(y)=0, \forall y \in \mathbb{R} \quad \text{(vô lí)} \end{aligned}\]

Vậy ta có $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$

Xet với $x \neq 0$, trong (1) thay $y$ bởi $\frac{y-x}{f(x)}$ ta có

\[f(y)=f(x)+x f\left(\frac{x(y-x)}{f\left(x^{2}\right)}\right) \quad (4)\]

+) Trong (1) thay $y$ bởi $\frac{y-x}{f\left(x^{2}\right)}+\frac{1}{x}$ với $x \neq 0$ ta có:

\[\begin{aligned} & f\left(x+y-x+\frac{f\left(x^{2}\right)}{x}\right)=f(x)+x f\left(\frac{x(y-x)}{f\left(x^{2}\right)}+1\right) \\ \Leftrightarrow & f\left(y+\frac{f\left(x^{2}\right)}{x}\right)=f(x)+x f\left(\frac{x(y-x)}{f\left(x^{2}\right)}\right)+x\left( \text{ do (3) }\right) \end{aligned}\]

Từ (4) ta suy ra $f\left(y+\frac{f\left(x^{2}\right)}{x}\right)=f(y)+x, \quad \forall x \neq 0$

Thay $x$ bởi $-f(y)$ với $y \neq 0$ ta có :

\[f\left(y+\frac{f\left(f(y)^{2}\right)}{-f(y)}\right)=0\]

Do $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$

\[\Rightarrow f\left(f(y)^{2}\right)=y f(y) \quad (6)\]

+) Trong (5) thay $x$ bởi $f(x)$ với $x \neq 0$ ta có:

\[f\left(y+\frac{f\left(f(x)^{2}\right)}{f(x)}\right)=f(y)+f(x), \forall x, y \neq 0\]

Từ (6) ta suy ra $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y \neq 0$

Do $f$ là hàm số lẻ, $f(0)=0$ nên có thể suy ra được

\[f(x+y)=f(x)+f(y), \quad \forall x, y \in \mathbb{R}\]

Kết hợp với (1) ta có: $ f(x)+x f(x y)=f(x)+f\left(y f\left(x^{2}\right)\right)$

\[\Leftrightarrow x f(x y)=f\left(y f\left(x^{2}\right)\right)\]

Thay $x$ bởi $f(x)$ ta có

\[\begin{aligned} f(x) f(y f(x)) &= f\left(y f\left(f(x)^{2}\right)\right) \\ &=f(xy f(x)) \quad (\text{ do (6) }) \end{aligned}\]

Thay $y$ bởi $\frac{y}{f(x)}$ ta có $f(x y)=f(x) f(y)$

Do đó ta có hàm số $f$ vừa là hàm số cộng tính, vừa là hàm số nhân tính

\[\Rightarrow f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}\]

(Chứng minh chi tiết cho phần này đã có ở chương 4)

Bài toán 7: Tìm tất cả hàm số $ f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(x+2020 f(x y))=f(x)+2020 x f(y) \quad (7)\]

$\hspace{8cm} $(Chọn đội tuyển Hưng Yên 2020)

+) Thay $x$, $y$ bởi $\frac{-1}{2020}$ ta có

\[f\left(\frac{-1}{2020}+2020 f\left(\frac{1}{2020^{2}}\right)\right)=0 \quad (8)\]

Đặt $c=\frac{-1}{2020}+2020 f\left(\frac{1}{2020^{2}}\right) \quad \Rightarrow f(c)=0$

+) Thay $x$ bởi $c$, $y$ bởi 1 vào (7) ta có

\[2020 c f(1)=0 \Leftrightarrow c f(1)=0\]

Ta xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: $f(1)=0$, thay $x$ bởi $\frac{1}{y}$ với $y \neq 0$ ta có $$ f(y)=0, \forall y \neq 0

$$

+) Thay $y$ bởi 0 vào (7) ta có

\[f(x+2020 f(0))=f(x)+2020 x f(0)\]

Chọn $x \neq 0, x \neq-2020 f(0)$ ta dễ có $f(0)=0$

Nên ta suy ra $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 2: $f(1) \neq 0 \Rightarrow c=0$

\[\Rightarrow f(x)=0 \Leftrightarrow x=0\]

Nên từ (8) ta có $f\left(\frac{1}{2020^{2}}\right)=\frac{1}{2020^{2}}$

Với $x, y \neq 0$, đặt $ z=x+2020 y f\left(\frac{x}{2020^{2} y}\right)$

+) Trong (7) thay $x$ bởi $\frac{x}{y}$, $y$ bởi $\frac{1}{2020^{2}}$ ta có:

\[f\left(\frac{x}{y}+2020 f\left(\frac{x}{2020^{2} y}\right)\right)=f\left(\frac{x}{y}\right)+2020 \cdot \frac{x}{y} \cdot \frac{1}{2020^{2}}\] \[\implies f\left(\frac{z}{y}\right)=f\left(\frac{x}{y}\right)+\frac{x}{2020 y} \quad (9)\]

+) Thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $\frac{x}{y}$ ta có :

\[f(y+2020 f(x))=f(y)+2020 y f\left(\frac{x}{y}\right)\]

+) Thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $\frac{z}{y}$ ta có:

\[\begin{aligned} f(y+2020 f(z))&=f(y)+2020 y f\left(\frac{z}{y}\right) \\ &= f(y)+2020 y f\left(\frac{x}{y}\right)+x \quad\left( \text{ do (9) }\right) \end{aligned}\] \[\Rightarrow f(y+2020 f(x))+x=f(y+2020 f(z))\]

Thay $y$ bởi $-2020 f(x)$ ta có

\[f(-2020 f(x)+2020 f(z))=x\]

$\Rightarrow f$ là toàn ánh

+) Trong (8) thay $x$ bởi 1, $y$ bởi $x$ ta có:

\[f(1+2020 f(x))=f(1)+2020 f(x)\]

Do $f$ là toàn ánh nên $f(2020 x+1)=f(1)+2020 x, \forall x \in \mathbb{R}$
Đặt $k=f(1)-1$, ta suy ra $f(x)=x+k, \forall x \in \mathbb{R}$

Thử lại ta thấy hàm số $f(x)=x$ thỏa mãn bài toán.
Vậy có tất cả hai hàm số thỏa mãn bài toán đó là $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}$

Bài toán 8: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f(x f(y)-f(x))=2 f(x) +x y \quad (10)\]

$\hspace{12cm}$ (VMO 2017)
+) Trong (10) thay $x$ bởi 1 :

\[f(f(y)-f(1))=2 f(1)+y\]

Đây là phương trình hàm có biến tự do $y$ ở vế phải nên ta dễ chứng minh được $f$ là song ánh.

\[\Rightarrow \exists c \in \mathbb{R} \mid f(c)=0\]

+) Thay $x$ bởi $c$, $y$ bởi 0 ta có :

\[f(c f(0))=0\]

Mà ta có $f(c)=0$, $f$ là song ánh $\Rightarrow c f(0)=c$

\[\Rightarrow\left[\begin{array}{l} c=0 \\ f(0)=1 \end{array}\right.\]

Trường hợp 1: $c=0 \Rightarrow f(0)=0$

Thay $y$ bởi 0 ta có: $f(-f(x))=2 f(x)$

Do $f$ là song ánh $\Rightarrow f(x)=-2 x, \forall x \in \mathbb{R}$

Thử lại ta thấy hàm số này không thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 2: $c \neq 0 \Rightarrow f(0)=1$

+) Thay $x$ bởi $c$, $y$ bởi $c: \quad f(0)=c^{2}$

\[\Rightarrow c^{2}=1\]

+) Thay $x$ bởi 0, $y$ bởi $c: \quad f(-1)=2$

\[\Rightarrow c=1 \text {, ta có } f(1)=0\]

+) Thay $y$ bởi $\frac{1-2 f(x)}{x}$ với $x \neq 0$ ta có:

\[f\left(x f\left(\frac{1-2 f(x)}{x}\right)-f(x)\right)=1\]

Do $f$ là song ánh $\Rightarrow x f\left(\frac{1-2 f(x)}{x}\right)-f(x)=0$

\[\Leftrightarrow f\left(\frac{1-2 f(x)}{x}\right)=\frac{f(x)}{x}, \forall x \neq 0\]

+) Thay $x$ bởi $\frac{1-2 f(x)}{x}$ ta có

\[f\left(\frac{1-2 f(x)}{x} \cdot f(y)-\frac{f(x)}{x}\right)=\frac{1-2 f(x)}{x} \cdot y+\frac{2 f(x)}{x}\]

Thay $y$ bởi 1 suy ra: $f\left(\frac{-f(x)}{x}\right)=\frac{1}{x}, \forall x \neq 0$

+) Thay $y$ bởi $\frac{-f(x)}{x}$ ta có :

\[\begin{aligned} & f\left(x \cdot \frac{1}{x}-f(x)\right)=2 f(x)-f(x) \\ & \Leftrightarrow f(1-f(x))=f(x), \quad \forall x \neq 0 \end{aligned}\]

Do $f$ là song ánh, $f(0)=1$ nên ta có $f(1-x)=x, \forall x \neq 1$

\[\Leftrightarrow f(x)=1-x, \forall x \neq 0\]

Kết hợp $f(0)=1$ nên ta có $f(x)=1-x, \forall x \in \mathbb{R}$

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.