CHƯƠNG 1 CÁC PHƯƠNG PHÁP THẾ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM (PHẦN 2)
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 2 của chương 1 sẽ giới thiệu hai phương pháp thế còn lại đó là THẾ BIẾN NỬA ĐỐI XỨNG và THẾ BIẾN TẠO HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
1.3: THẾ BIẾN NỬA ĐỐI XỨNG
Thế biến nửa đối xứng chính là thế để đưa phương trình hàm về dạng nửa đối xứng, một vế sẽ hoàn toàn đối xứng giữa các biến, vế còn lại thì không.
Chúng ta cùng đến với bài toán sau để bạn đọc hiểu rõ hơn thế nào là phương trình hàm dạng nửa đối xứng và cách giải.
Bài toán 9: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
\[f(f(x)+f(y))=f\left(x^{2}\right)+2 x^{2} f(y)+f(y)^{2} \quad (1)\]Ta có thể thấy vế trái đã hoàn toàn đối xứng giữa $x$ và $y$, còn vế phải thì không. Như vậy khi ta thay $x$ bởi $y$, thay $y$ bởi $x$
ta sẽ được một phương trình hàm mới. Kĩ thuật thế biến nửa đối xứng chính là ta sẽ tìm cách thế để được dạng như trên.
+) Trong (1) thay $x$ bởi $y$, thay $y$ bởi $x$ ta có :
\[f(f(x)+f(y))=f\left(y^{2}\right)+2 y^{2} f(x)+f(x)^{2}\]Kết hợp với (1) ra suy ra
\[f\left(x^{2}\right)+2 x^{2} f(y)+f(y)^{2}=f\left(y^{2}\right)+2 y^{2} f(x)+f(x)^{2} \quad (2)\]+) Thay $y$ bởi 1 vào (2) ta có:
\[f\left(x^{2}\right)+2 x^{2} f(1)+f(1)^{2}=f(1)+2 f(x)+f(x)^{2} \quad (3)\]+) Thay $y$ bởi 0 vào (2) ta có :
\[\begin{aligned} & f\left(x^{2}\right)+2 x^{2} f(0)=f(x)^{2}+f(0) \quad (4) \\ \Rightarrow & f(x)=x^{2}(f(1)-f(0))+\frac{f(1)^{2}-f(1)+f(0)}{2} \end{aligned}\]+) Trong (4) thay $x$ bởi 0 ta có $f(0)=0$
+) Trong (3) thay $x$ bởi 0 ta có $f(1)^{2}=f(1)$
Do đó ta có $f(x)=x^{2}, \forall x \in \mathbb{R}$ hoặc $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{R}$
Thử lại ta thấy cả 2 hàm số trên đều thỏa mãn bài toán.
Bài toán 10: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn :
\[f(x+f(y))=x+f(f(y)) \quad (5)\]$\hspace{10.5 cm}$ (MOP 2006)
Ta nhận thấy nếu thay $x$ bởi $f(x)$ thì phương trình hàm sẽ được đưa về dạng nửa đối xứng nên ta có:
+) Trong (6) thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $x$ ta suy ra:
\[\begin{aligned} f(f(x)+f(y)) & =f(y)+f(f(x)) \\ \Rightarrow f(x)+f(f(y)) & =f(y)+f(f(x)) \\ \Rightarrow f(f(x))-f(x) & =f(f(y))-f(y) \quad (7) \end{aligned}\]+) Trong (5) thay $y$ bởi 0 ta có :
\[f(x+f(0))=x+f(f(0))\]$\Rightarrow f $ là toàn ánh.
Nên $\forall a, b \in \mathbb{R}$, luôn tồn tại $ x, y \in \mathbb{R}$ sao cho $f(x)=a, f(y)=b$
Nên từ (7) ta có:
\[\begin{aligned} & f(a)-a=f(b)-b, \forall a, b \in \mathbb{R} \\ \Rightarrow & f(a)-a=c, \forall a \in \mathbb{R}, c \text { là hằng số } \\ \Rightarrow & f(x)=x+c, \forall x \in \mathbb{R} \end{aligned}\]Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.
Bài toán 11: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ thỏa mãn:
\[(f(a)+b) f(a+f(b))=(a+f(b))^{2} \quad (8)\]Ta thấy có hai cách để đưa phương trình hàm về dạng nửa đối xứng đó là thay $a$ bởi $f(a)$ hoặc thay $b$ bởi $f(b)$. Sau khi thử cả hai hướng trên thì tôi nhận thấy cách thể $a$ bởi $f(a)$ cho ta lời giải gọn gàng hơn.
+) Thay $a$ bởi $f(a)$ vào (8) ta có:
\[f(f(a)+b) \cdot f(f(a)+f(b))=(f(a)+f(b))^{2} \quad (9)\]+) Trong (9) thay $a$ bởi $b$, $b$ bởi $a$ ta có :
\[f(f(b)+a) f(f(a)+f(b))=(f(a)+f(b))^{2} \quad (10)\]Nếu $\exists c>0$ sao cho $f(c)=0$
Trong (8) thay $a$ bởi $c$, $b$ bởi $c$ ta có:
\[c \cdot f(c)=c^{2} \Rightarrow c^{2}=0 \quad \text{ (vô lí vì c>0)}\]Do đó ta có $f(a)>0, \forall a \in N^{*}$
Do đó từ (10), (9) ta có:
\[f(f(a))+b=f(f(b))+a, \quad \forall a, b \in N^{*}\]$\Rightarrow f(f(a))-a=k, \forall a \in N^{*}, k$ là hằng số
+) Thay $b$ bởi $a$ vào (8) ta có:
\[\begin{aligned} & f(f(a)+a)=f(a)+a \\ \Rightarrow & f(f(f(a)+a))=f(a)+a \\ \Rightarrow & k=0 \end{aligned}\]+) Thay $a$ bởi $0, b$ bởi $f(0)$ ta có : $f(0)=0$
Vậy ta có $f(a)=a, \forall a \in \mathbb{N}$
Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán
Nhận xét: Kĩ thuật thế biến nửa đối xứng sẽ rất hiệu quả khi kết hợp với tính đơn ánh của hàm số. Bài toán sau đây là một ví dụ.
Bài toán 12: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}} $ thỏa mãn:
\[f\left(x^{2}+f(y)\right)=y+f(x)^{2}, \quad \forall x, y>0\]+) Thay $y$ bởi $f(y)^{2}$ ta có
\[f\left(x^{2}+f\left(f(y)^{2}\right)\right)=f(x)^{2}+f(y)^{2}\]Thay $x$ bởi $y, y$ bởi $x$ ta có
\[\begin{aligned} & f\left(y^{2}+f\left(f(x)^{2}\right)\right)=f(x)^{2}+f(y)^{2} \\ \Rightarrow & f\left(x^{2}+f\left(f(y)^{2}\right)\right)=f\left(y^{2}+f\left(f(x)^{2}\right)\right) \quad (11) \end{aligned}\]Mặt khác từ đề bài thay $x$ bởi 1 ta dễ suy ra được hàm số $f$ là đơn ánh
Nên từ (11) ta có: $ \quad x^{2}+f\left(f(y)^{2}\right)=y^{2}+f\left(f(x)^{2}\right), \forall x, y>0$
Thay $y$ bởi 1 ta có: $ \quad x^{2}+f\left(f(1)^{2}\right)=f\left(f(x)^{2}\right)+1$
Đặt $1-f\left(f(1)^{2}\right)=c$ ta suy ra $ \quad x^{2}=f\left(f(x)^{2}\right)+c$
Thay vào đề bài ta có
\[f\left(f\left(f(x)^{2}\right)+c+f(y)\right)=y+f(x)^{2} \quad (12)\]Mặt khác thay $x$ bởi 1 vào đề bài ta có:
\[f(f(y)+1)=y+f(1)^{2}\]Nên ta có hàm số $f(x)$ nhận mọi giá trị lớn hơn $f(1)^{2}$
Nên từ (12) ta suy ra $f(f(x)+f(y)+c)=x+y, \forall x>f(1)^{4}$
Với $x>2 f(1)^{4}$, thay $x, y$ bởi $\frac{x+y}{2}$ ta có:
\[\begin{aligned} f\left(2 f\left(\frac{x+y}{2}\right)+c\right) & =x+y \\ \Rightarrow & f(f(x)+f(y)+c)=f\left(2 f\left(\frac{x+y}{2}\right)+c\right), \quad \forall x>2 f(1)^{4} \end{aligned}\]Do $f$ là đơn ánh nên ta suy ra
\[f(x)+f(y)=2 f\left(\frac{x+y}{2}\right), \forall x>2 f(1)^{4}, y>0 \quad (13)\]Với $x>2 f(1)^{4}, y, z>0$ bất kì ta có:
\[f(x+y+z)=\frac{1}{2}[f(2 x+2 y)+f(2 z)]=\frac{1}{4} f(4 x)+\frac{1}{4} f(4 y)+\frac{1}{2} f(2 z)\]Thay $y$ bởi $z, z$ bởi $y$ ta suy ra :
\[\begin{aligned} f(4 y)+2 f(2 z) & =f(4 z)+2 f(2 y), \forall y, z>0 \\ \Leftrightarrow \quad f(4 y)-2 f(2 y) & =f(4 z)-2 f(2 z) \end{aligned}\]Do đó ta có $f(2 x)-2 f(x)=c, \quad \forall x>0, c$ là hằng số.
Thay vào (13) ta có $f(x)+f(y)+c=f(x+y), \forall x>2 f(1)^{4}, \forall y>0$
$\forall x, y>0$, chọn $z>2 f(1)^{4}$ ta có:
\[\begin{aligned} f(x+y+z) & =f(x+z)+f(y)+c \\ & =f(x)+f(z)+f(y)+2 c \\ f(x+y+z) & =f(x+y)+f(z)+c \end{aligned}\]Nên ta có
\[\begin{gathered} f(x)+f(y)+c=f(x+y), \forall x, y>0 \\ \Rightarrow \quad f(2 x)=2 f(x)+c \\ f(3 x)=3 f(x)+2 c \end{gathered}\]Sử dụng chứng minh quy nạp ta có $f(n x)=n f(x)+(n-1) c$
Vì $f(x)>0, \forall x>0$ nên ta có:
\[\begin{aligned} & n f(x)+(n-1) c>0, \forall n \in N^{*} \\ \Leftrightarrow & f(x)+\frac{n-1}{n}, c>0, \forall n \in N^{*} \end{aligned}\]Cho $n \rightarrow+\infty$ ta suy ra $f(x)+c>0, \forall x>0$
Đặt $g(x)=f(x)+c, \forall x>0$ thì ta có:
\[\quad\left\{\begin{array}{l} g(x)>0, \forall x>0 \\ g(x+y)=g(x)+g(y) \end{array} \right.\]$ \implies g(x) = kx,\forall x > 0, \quad$ với $k$ là hằng số. (Lời giải chi tiết cho phần này đã có ở chương 4)
\[\Rightarrow f(x)=k x-c, \forall x>0\]Thử lại ta thấy hàm số $f(x)=x$ thỏa mãn bài toán.
1.4: THẾ BIẾN TẠO HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán 13: Tìm tất cả hàm số $ f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
\[f(x+y)+f(x) f(y)=f(x y)+2 x y+1, \forall x, y \in \mathbb{R} \quad (1)\]$ \hspace{9cm} $ (IMO Shortlist 2005)
+) Thay $x, y$ bởi 0 ta có: $ \quad f(0)^{2}=1$
Nếu $f(0)=1$, thay $y$ bởi 0 ta suy ra $f(x)=1, \forall x \in \mathbb{R}$
Ta xét trường hợp $ f(0) = -1 $
+) Thay $y$ bởi $-x$ ta có :
\[\begin{aligned} -1+f(x) f(-x)=f\left(-x^{2}\right)-2 x^{2}+1 \\ \Rightarrow -1+f(1) f(-1)=f(-1)-1 \end{aligned}\] \[\Leftrightarrow {\left[\begin{array}{l} f(-1)= 0 \\ f(1)= 1 \end{array}\right.}\]Nếu $f(1) = 1$
Thay $y$ bởi 1 ta có $ f(x+1)=2 x+1$
\[\Rightarrow f(x)=2 x-1, \forall x \in \mathbb{R}\]Nếu $f(1) \neq 1 \Rightarrow f(-1)=0$
+) Thay $x, y$ bởi -1 ta có: $ \quad f(-2)=f(1)+3$
+1 Thay $x$ bởi 1 , $y$ bởi -2 ta có :
\[\begin{aligned} & f(-1)+f(1) f(-2)=f(-2)-3 \\ \Leftrightarrow & (f(1)+3)(f(1)-1)=-3 \\ \Leftrightarrow & {\left[\begin{array}{l} f(1)=0 \\ f(1)=-2 \end{array}\right.} \end{aligned}\]Trường hợp 1: $f(1)=0$
+) Thay $y$ bởi 1 ta có: $ \quad f(x+1)=f(x)+2 x+1$
\[\Rightarrow \quad f(x)=f(x-1)+2 x-1\]+) Thay $y$ bởi -1 ta có : $\quad f(x-1)=f(-x)-2 x+1$
Cộng vế với vế ta suy ra $f(x)=f(-x), \forall x \in \mathbb{R}$
+) Thay $y$ bởi $-y$ ta có :
\[\begin{aligned} & f(x-y)+f(x) f(-y)=f(-x y)-2 x y+1 \\ \Rightarrow & f(x-y)+f(x) f(y)=f(x y)-2 x y+1 \\ \Rightarrow & f(x+y)-f(x-y)=4 x y \end{aligned}\]Thay $y$ bởi $x$ ta có $\quad f(2 x)=4 x^{2}-1$
\[\Rightarrow f(x)=x^{2}-1, \forall x \in \mathbb{R}\]Trường hợp 2: $f(1)=-2$
+) Thay $y$ bởi 1 ta có : $ \quad f(x+1)=3 f(x)+2 x+1$
\[\Rightarrow f(x)=3 f(x-1)+2 x-1 \quad (2)\]+) Thay $y$ bởi -1 ta có : $f(x-1)=f(-x)-2 x+1$
\[\Leftrightarrow 3 f(x-1)=3 f(-x)-6 x+3\]Kết hợp (2) ta suy ra $\quad f(x)+4 x=3 f(-x)+2$
Thay $x$ bởi $x$ ta có: $f(-x)-4 x=3 f(x)+2$
\[\Rightarrow f(x)+f(-x)=-2 \quad (3)\]+) Thay $y$ bởi $-y$ ta có: $\quad f(x-y)+f(x) f(-y)=f(-x y)-2 x y+1$
Kết hợp (1) ta có $\quad f(x-y)+f(x+y)=2 f(x)$
Thay $y$ bởi $x$ ta có $\quad 2 f(x)=f(2 x)-1 \quad (4) $
\[\begin{equation*} \Rightarrow f(2)-2 f(1)=1 \Leftrightarrow f(2)=-3 \end{equation*}\]Thay vào (3) ta có $ \quad f(-2)=1$
+) Thay $y$ bởi 2 vào (1) ta có:
\[\begin{equation*} f(x+2)-3 f(x)=f(2 x)+4 x+1 \quad (5) \end{equation*}\]Ta có:
\[\begin{align*} f(x+2) & =3 f(x+1)+2(x+1)+1 \quad \text{ ( do (2) ) }\\ & =9 f(x)+8 x+6 \end{align*}\]Thay vào (5) ta có $\quad f(2 x)=6 f(x)+4 x+5$
Kết hợp với (4) ta suy ra:
\[2 f(x)= 6 f(x)+4 x+5-1\] \[\Leftrightarrow f(x)=-x-1\]Thử lại ta thấy có 3 hàm số thỏa mãn bài toán là
\[\begin{aligned} & f(x)=2 x-1, \forall x \in \mathbb{R} \\ & f(x)=x^{2}-1, \forall x \in \mathbb{R} \\ & f(x)=-x-1, \forall x \in \mathbb{R} \end{aligned}\]Nhận xét: Ý tưởng thế biến tạo hệ phương trình chính là thế để phương trình hàm chỉ còn lại một biến và thiết lập những mối quan hệ để tìm ra hàm số $f$. Ví dụ như một hệ phương trình mà ta đã tìm được ở bài toán trên:
\[\left\{\begin{array}{l} f(x+1)=3 f(x)+2 x+1 \\ 2 f(x)+1=f(2 x) \\ f(2 x)=f(x+2)-3 f(x)-4 x-1 \end{array}\right.\]Hệ phương trình này chính là mấu chốt để ta tìm được hàm số $f(x)=-x-1$
Bài toán 14: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}} $ thỏa mãn:
\[\begin{equation*} f(f(x)+y)+f(x+y)=2 x+2 f(y) \quad (6) \end{equation*}\]+) Thay $y$ bởi $f(1)$ ta có:
\[f(f(x)+f(1))+f(x+f(1))=2 x+2 f(f(1)) \quad (7)\]+) Thay $y$ bởi 1 ta có :
\[\begin{equation*} f(f(x)+1)+f(x+1)=2 x+2 f(1) \quad (8) \end{equation*}\]+) Thay $x$ bởi 1, $y$ bởi $x$ ta có :
\[\begin{equation*} f(x+f(1))+f(x+1)=2+2 f(x) \quad (9) \end{equation*}\]+) Thay $x$ bởi $1, y$ bởi $f(x)$ ta có:
\[\begin{equation*} f(f(x)+f(1))+f(f(x)+1)=2+2 f(f(x)) \tag{10} \end{equation*}\]Từ (7), (10) ta có:
\[\begin{equation*} f(f(x)+1)-f(x+f(1))=2 f(f(x))+2-2 x-2 f(f(1)) \quad (11) \end{equation*}\]Từ (8), (9) ta có: $\quad f(f(x)+1)-f(x+f(1))=2 x+2 f(1)-2 f(x)-2$
Thay vào (11) ta có:
\[\begin{aligned} & 2 f(f(x))+2-2 x-2 f(f(1))=2 x+2 f(1)-2 f(x)-2 \\ & \Leftrightarrow 2 f(f(x))+2 f(x)-4 x-2 f(f(1))-2 f(1)+4=0 \end{aligned}\]Đặt $f(f(1))+f(1)-2=c$
\[\begin{aligned} & \Rightarrow f(f(x))+f(x)-2 x-c=0 \\ & \Leftrightarrow f(f(x))=2 x-f(x)+c \end{aligned}\]Bằng phép chứng minh quy nạp ta có
\[f^{n}(x)=\frac{1}{3}\left(f(x)+2 x+n c-\frac{c}{3}\right)+\frac{1}{3}(-2)^{n}\left(x-f(x)+\frac{c}{3}\right)\]Xét 1 số thực dương $x_{0}$ bất kì, ta có $f^{n}\left(x_{0}\right)>0, \forall n \in N^{*}$
Khi đó ta có:
\[\begin{aligned} f^{n}\left(x_{0}\right) &= \frac{1}{3}\left(f\left(x_{0}\right)+2 x_{0}+n c-\frac{c}{3}\right)+\frac{1}{3} \cdot(-2)^{n}\left(x_{0}-f\left(x_{0}\right)+\frac{c}{3}\right) \\ &= \frac{1}{3}\left(f\left(x_{0}\right)+2 x_{0}-\frac{c}{3}\right)+\frac{1}{3} n\left[c+\frac{(-2)^{n}}{n}\left(x_{0}-f\left(x_{0}\right)+\frac{c}{3}\right)\right] \end{aligned}\]Nếu $x_{0}-f\left(x_{0}\right)+\frac{c}{3}>0$, chọn $n$ là số lẻ đủ lớn ta có $f^{n}\left(x_{0}\right)<0 $ (vô lí)
Tương tự nếu $x_{0}-f\left(x_{0}\right)+\frac{c}{3}<0$, chọn $n$ là số chẵn đủ lớn ta cũng có $f^{n}\left(x_{0}\right)<0 $ (vô lí)
Nên từ đó ta suy ra $\quad x-f\left(x_{0}\right)+\frac{c}{3}=0$
\[\Leftrightarrow f\left(x_{0}\right)=x_{0}+\frac{c}{3}\] \[\Rightarrow f(x)=x+\frac{c}{3}, \quad \forall x>0\]Thử lại ta thấy hàm số $ f(x)=x$ thỏa mãn bài toán.
Bài toán 15: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn :
\[\begin{array}{r} f(x f(y)-f(x))= 2 f(x)+x y \quad (12) \end{array}\]$\hspace{10cm}$ (VMO 2017)
+) Thay $x$ bởi 1 vào (12) ta có :
\[f(f(y)-f(1))=2 f(1)+y \quad (13)\]Từ đây ta có thể thấy $f$ là một song ánh. Do đó tồn tại duy nhất số thực $a$ để $f(a) = 0$. Thay $x$ bởi $a$ vào (12) ta có :
\[f(a f(y))=a_{y}, \forall y \in \mathbb{R} \quad (14)\]Trong (14) thay $y$ bởi 0 ta có $ f(a f(0))=0=f(a)$
Vì $f$ là đơn ánh nên ta có $a f(0)=a \Rightarrow a=0$ hoặc $f(0)=1$
Xét trường hợp $a=0$, ta có $f(0)=0$
Thay $y$ bởi 0 vào (12) ta được $f(-f(x))=2 f(x)$
Do $f$ là toàn ánh nên ta có $\quad f(x)=-2 x, \forall x \in \mathbb{R}$
Thử lại ta thấy hàm số này không thỏa mãn bài toán.
Do đó ta có $a \neq 0$, suy ra $f(0)=1$
+) Thay $x$ bởi 0 vào (1) ta có $f(-1) = 2$
+) Thay $y$ bởi $a$ vào (3) ta được $a^{2}=f(0)=1$
Mà $f(-1)=2$ nên ta có $a=1$ tức $f(1)=0$
Nên (13) có thể viết lại dưới dạng $\quad f(f(y))=y, \forall y \in \mathbb{R}$
+) Lần lượt thay $y$ bởi $f(y)$ và $x$ bởi $f(x)$ vào (12) ta có :
\[\begin{aligned} & f(x y-f(x))=2 f(x)+x f(y) \quad (15) \\ & f(f(x) f(y)-x)=2 x+y f(x) \quad (16) \end{aligned}\]Thay $x$ bởi -1 vào (15) và (16) ta có:
\[f(-y-2)=4-f(y) \Rightarrow f(y-2)+f(-y)=4, \forall y \in \mathbb{R} \quad (17)\] \[f(2 f(y)+1)=-2+2 y \Rightarrow f(2 y-2)=2 f(y)+1, \forall y \in \mathbb{R} \quad (18)\]+) Thay $y$ bởi 0 vào (16) ta có:
\[\begin{equation*} f(f(x)-x)=2 x \Rightarrow f(x)-x=f(2 x), \forall x \in \mathbb{R} \quad (19) \end{equation*}\]+) Thay $y$ bởi 1 vào (12) ta có
\[\begin{equation*} f(-f(x))=2 f(x)+x \Rightarrow f(-x)=2 x+f(x) \quad (20) \end{equation*}\]Kết hợp (17) và (20) ta có
\[\begin{aligned} 4- f(x-2)&=2 x+f(x) \\ \Leftrightarrow f(x)+f(x-2)&=4-2 x, \quad \forall x \in \mathbb{R} \quad (21) \end{aligned}\]Kết hợp (18) và (19) ta có:
\[\begin{aligned} f(2 x)=f(x)-x & =2 f(x+1)+1 \\ \Rightarrow 2 f(x)+x & =f(x-1) \end{aligned}\]Thay vào (21) to có
\[\begin{aligned} 4-2 x &=f(x)+2 f(x-1)+x-1 \\ & =f(x)+2[2 f(x)+x]+x-1 \\ & =5 f(x)+3 x-1 \end{aligned}\]Từ đó ta suy ra $f(x)=-x+1, \forall x \in \mathbb{R}$
Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn bài toán.