CHƯƠNG 2 CÁC KĨ THUẬT KHÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM (PHẦN 1)

Trong chương hai này, tôi xin giới thiệu một số kĩ thuật khác cũng được sử dụng thường xuyên khi giải phương trình hàm, bao gồm điểm bất động, thêm biến, tính bằng hai cách, NQR, dãy số và sử dụng bất đẳng thức. Những phương pháp này nếu sử dụng hợp lí sẽ là một bước quan trọng để chúng ta giải quyết các bài toán phương trình hàm. Trước hết, trong phần 1 này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu hai phương pháp đầu tiên đó là ĐIỂM BẤT ĐỘNG và THÊM BIẾN.

2.1: ĐIỂM BẤT ĐỘNG

Bài toán 16: Tìm tất cả các hàm số $f \colon \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}} $ thỏa mãn :

\[\left\{\begin{array}{l} f(x f(y))=y f(x), \forall x, y>0 \tag{1} \\ \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0 \end{array}\right.\]

$\hspace{10cm}$(IMO 1983)

Giả sử tồn tại $y_{1}, y_{2}>0 $ sao cho $f\left(y_{1}\right)=f\left(y_{2}\right)$

Trong (1) lần lượt thay $y$ bởi $y_{1}, y_{2}$ ta suy ra được

\[y_{1} f(x)=y_{2} f(x) \Leftrightarrow y_{1}=y_{2} \quad ( f(x)>0, \forall x>0)\]

$\Rightarrow f$ là đơn ánh.

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

Từ đây ta thấy $f$ cũng là toàn ánh

Do đó $f$ là song ánh.

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

Vì $f$ là song ánh $\Rightarrow x f(1)=x \Leftrightarrow f(1)=1 \quad $ ( vì $x>0$ )

+) Thay $x$ bởi 1 ta có $f(f(y))=y, \forall y>0$

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

\[\begin{equation*} \Rightarrow f(x) f(y)=f(x y), \quad \forall x, y>0 \tag{2} \end{equation*}\]

Bằng quy nạp ta suy ra được $f\left(x^{n}\right)=f(x)^{n}, \forall x>0, \forall n \in N^{n}$

Với $x_{0}>1$ bất kì ta có

\[\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{0}^{n}=+\infty\]

Từ đề bài ta suy ra

\[\lim _{n \rightarrow+\infty} f\left(x_{0}^{n}\right)=0\] \[\Rightarrow \lim _{n \rightarrow+\infty} f\left(x_{0}\right)^{n}=0\] \[\Rightarrow f\left(x_{0}\right)<1\]

$\Rightarrow x_{0}$ không phải điểm bất động của hàm số $f$.

Mặt khác từ (2) ta có $\quad f\left(x_{0}\right) f\left(\frac{1}{x_{0}}\right)=1 \quad $ ( Do $f(1)=1 $ )

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

Nên $\frac{1}{x_{0}}$ cũng không phải điểm bất động của hàm số $f$.

Kết hợp với $f(1)=1$ ta suy ra hàm số $f$ có duy nhất điểm bất động là 1. $ \tag{3}$

+) Trong (1) thay y bởi $x$ ta có :

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

Từ $\tag{3}$ ta suy ra $x f(x)=1$

\[\Leftrightarrow f(x)=\frac{1}{x}, \forall x \in \mathbb{R^{+}}\]

Thử lại ta thấy hàm số thỏa mãn bài toán.

Bài toán 17: Cho tập $L=(-1 ;+\infty)$ Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{L} \to \mathbb{L}$ thỏa mãn:

$\quad$ i) $f(x+f(y)+x f(y))=y+f(x)+y f(x), \quad \forall x, y \in L$

$\quad$ ii) $\frac{f(x)}{x}$ là hàm số tăng ngặt trên $(-1 ; 0)$ và $(0 ;+\infty)$
$\hspace{10cm}$ (IMO 1994)

+) Trong (1) thay $y$ bởi $x$ ta có :

\[\begin{equation*} f(x+f(x)+x f(x))=x+f(x)+x f(x) \tag{4} \end{equation*}\]

vì hàm số $\frac{f(x)}{x}$ tăng ngặt trên $(-1,0)$ và $(0,+\infty)$ nên

$f(x)$ có nhiều nhất 3 điểm bất động. Nếu ta chứng minh được hàm số $f$ chỉ có 1 điểm bất động thì bài toán sẽ được giải quyết.

+) Nếu $\exists a \in(-1,0)$ để $f(a)=a$

Ta có : $\quad a \in(-1,0) \Rightarrow a^{2}+2 a \in(-1,0)$

Trong (4) thay $x$ bởi $a$ ta có:

\[f(a+f(a)+a f(a))=a+f(a)+a f(a)\] \[\Rightarrow f\left(a^{2}+2 a\right)=a^{2}+2 a\]

Vì hàm số $f$ có nhiều nhất một điểm bất động thuộc $(-1,0)$

\[\Rightarrow a=a^{2}+2 a \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} a=-1 \\ a=0 \end{array}\left(\text{loại}\right)\right.\]

Nếu $\exists b \in(0 ;+\infty)$ để $f(b)=b$

Vì $ b \in(0 ;+\infty)$ nên $b^{2}+2 b \in(0 ;+\infty)$

Chứng minh tương tự trường hợp trên ta cũng suy ra điều vô lí.

Nên ta có hàm số $f$ có nhiều nhất 1 điểm bất động.

+) Trong (3) thay $x$ bởi $0, y$ bởi 0 ta có $f(f(0))=f(0)$

$\Rightarrow f(0)$ là một điểm bất động của hàm số $f$.

$\Rightarrow f(0)=0$ (do $f$ không có điểm bất động trên $(-1 ; 0)$ vā $(0 ;+\infty))$

Vậy hàm số $f$ có duy nhất điểm bất động là 0.

Từ (4) ta suy ra :

\[\begin{aligned} & x+f(x)+x f(x)=0 \\ & \Leftrightarrow f(x)=\frac{-x}{x+1}, \forall x \in(-1 ;+\infty) \end{aligned}\]

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

Bài toán 18: Tìm tất cả các hàm số $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[f(x+f(x+y))+f(x y)= x+f(x+y)+y f(x) \tag{5}\\\]

+) Thay $x$ bởi 0 ta có: $\quad f(f(y))+f(0) = f(y)+y f(0) \tag{6}$

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

+) Thay $y$ bởi 1 vào (1) ta có :

\[\begin{align*} & f(x+f(x+1))+f(x)=x+f(x+1)+f(x) \\ & \Leftrightarrow f(x+f(x+1))=x+f(x+1) \tag{7} \end{align*}\]

+) Trong (6) thay $y$ bởi $x+f(x+1)$ ta có :

\[\begin{aligned} & f(f(x+f(x+1)))+f(0)=f(x+f(x+1))+(x+f(x+1)) f(0) \\ & \Leftrightarrow f(0)(x+f(x+1)-1)=0 \end{aligned}\]

Nếu $f(0) \neq 0 \Rightarrow x+f(x+1)-1=0, \forall x \in \mathbb{R}$

Nên ta có $f(x)=2-x, \forall x \in \mathbb{R}$

Ta xét trường hợp $f(0)=0$

\[\begin{equation*} \Rightarrow \quad f(x+f(x))=x+f(x) \tag{8} \end{equation*}\]

Trong (7) thay $x$ bởi $x-1$ ta có: $\quad f(x-1+f(x))=x-1+f(x) \tag{9}$

Ta đi chứng minh nhận xét sau: Nếu $b$ và $b+1$ là hai điểm bất động của hàm số $f$ thì $b+2$ cũng là điểm bất động của hàm số $f$.

Thật vậy trong (5) thay $x$ bởi 1, $y$ bởi $b$ ta có:

\[\begin{aligned} & f(1+f(b+1))+f(b)=1+f(b+1)+b \\ & \quad f(b+2)=b+2 \end{aligned}\]

Do đó nhận xét đã được chứng minh.

Nên từ (8), (9) ta suy ra $\quad f(x+1+f(x))=x+1+f(x)$

Thay $x$ bởi $x-1$ ta có $\quad f(x+f(x-1))=x+f(x-1)$

+) Trong (5) thay $y$ bởi -1 ta có :

\[\begin{aligned} & f(x+f(x-1))+f(-x)=x+f(x-1)-f(x) \\ & \quad \Rightarrow \quad f(-x)=-f(x) \end{aligned}\]

+) Trong (5) thay $x$ bởi 1, $y$ bởi $-y$ ta có :

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

+) Trong (5) thay $x$ bởi $-x, y$ bởi $-y$ ta có:

\[\begin{aligned} f(-x+f(-x-y))+f(x y) & =-x+f(-x-y)-y f(-x) \\ \Rightarrow -f(x+f(x+y))+f(x y)&=-x-f(x+y)+y f(x) \end{aligned}\]

Kết hợp với (5) ta suy ra $2 f(x y)=2 y f(x)$

\[\Leftrightarrow f(x y)=y f(x)\]

Thay $x$ bởi $y, y$ bởi $x$ ta có $x f(y)=y f(x), \forall x, y \in \mathbb{R}$

\[\Leftrightarrow \frac{f(x)}{x}=\frac{f(y)}{y}, \quad \forall x, y \neq 0\]

$\Rightarrow f(x)=c \cdot x, \forall x \neq 0, \quad c$ là hằng số.

Kết hợp với $f(0)=0$ ta suy ra $ f(x)=c x, \forall x \in \mathbb{R}$

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

2.2: THÊM BIẾN

Bài toán 19:: Tìm tất cả hàm số $ f\colon \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}} $ thỏa mãn:

\[\begin{equation*} f(x+f(y))=2 y+f(x) \tag{1} \end{equation*}\]

+) Thay $x$ bởi 1 ta có :

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

Từ đây ta suy ra $f$ là đơn ánh

Sử dụng (1) ta có:

\[\begin{aligned} f(x+f(y+z)) & =2(y+z)+f(x) \\ & =f(x)+2 y+2 z \\ & =f(x+f(y))+2 z \\ & =f(x+f(y)+f(z)) \end{aligned}\]

Do đó ta có $f(x+f(y+z))=f(x+f(y)+f(z)),\quad \forall x, y, z>0$

vì f là đơn ánh nên ta suy ra

\[\begin{aligned} & x+f(y+z)=x+f(y)+f(z) \\ & \Leftrightarrow f(y+z)=f(y)+f(z), \forall y, z>0 \end{aligned}\]

$\Rightarrow f(x)=k x, \forall x>0, k$ la 1 hang só duiong

(Vì $f$ là hàm số cộng tính trên tập $\mathbb{R^{+}}$, lời giải chi tiết cho phần này có ở Chương 4)

Thử lại ta thấy hàm số $f(x)=\sqrt{2} \cdot x$ thỏa mãn bài toán.

Bài toán 20: Tìm tất cả hàm số $^ f \colon \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}} $ thỏa mãn :

\[\begin{equation*} f(x+2 f(y))=f(x+y)+2 y+2 f(y) \tag{2} \end{equation*}\]

Trong (2) thay $y$ bởi $y+2 f(z)$ ta có :

\[\begin{aligned} & f(x+2 f(y+2 f(z)))=f(x+y+2 f(z))+2(y+2 f(z))+ \\ & 2 f(y+2 f(z)) \end{aligned}\]

Sử dụng (2) ta có:

\[\begin{aligned} f(x+2 f(y+2 f(z)) &=f(x+2 f(y+z)+4 z+4 f(z)) \\ & =f(x+4 z+4 f(z)+y+z)+2(y+z)+2 f(y+z) \\ & =f(x+y+5 z+2 f(z)+2 f(z))+2(y+z)+2 f(y+z) \\ & =f(x+y+6 z+2 f(z))+2 y+4 z+2 f(z)+2 f(y+z) \\ & =f(x+y+7 z)+2 z+2 f(z)+2 y+4 z+2 f(z)+2 f(y+z) \\ & =f(x+y+7 z)+2 y+6 z+4 f(z)+2 f(y+z) \\ \end{aligned}\] \[\begin{aligned} & f(x+y+2 f(z))+2 f(y+2 f(z))+2(y+2 f(z)) \\ & =f(x+y+z)+2 z+2 f(z)+2 f(y+z)+4 z+4 f(z)+2 y+4 f(z) \end{aligned}\]

Nên ta suy ra được

\[\begin{aligned} & f(x+y+z)+6 f(z)=f(x+y+7 z) \\ & \Rightarrow f(x)+6 f(z)=f(x+6 z), \quad \forall x>z \end{aligned}\]

$\forall y, z>0$, chọn $x>6(y+z)$ ta có:

\[\begin{aligned} f(x+6(y+z)) & =f(x)+6 f(y+z) \\ f(x+6 y+6 z) & =f(x+6 y)+6 f(z) \\ & =f(x)+6 f(y)+6 f(z) \\ \Rightarrow f(y+z) & =f(y)+f(z), \forall y, z>0 \end{aligned}\]

$\Rightarrow f(x)=k x, \quad \forall x>0, k $ là hằng số dương

(Vì $f$ là hàm số cộng tính trên tập $\mathbb{R^{+}}$, lời giải chi tiết có ở chương 4)

Thử lại ta thấy hàm số $f(x)=2 x$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

Bài toán 21: Tìm tất cả hàm số $f \colon \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}}$ thỏa mãn :

\[f\left(x^{y}\right)=f(x)^{f(y)}, \forall x, y>0 \tag{4}\]

$\hspace{9cm}$ (Russia MO 1993)

Ta thấy hàm số $f(x)=1, \forall x>0$ thỏa mãn bài toán.

Ta xét trường hợp tồn tại số thực $ a>0 $ sao cho $f(a) \neq 1$

+) Trong (4) thay $x$ bởi $a$, $y$ bởi $x y$ ta có :

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

Mặt khác sử dụng (4) lại có :

\[\begin{aligned} f\left(a^{x y}\right)&=f\left(\left(a^{x}\right)^{y}\right) \\ & =f\left(a^{x}\right)^{f(y)} \\ & =f(a)^{f(x) \cdot f(y)} \end{aligned}\] \[\Rightarrow f(a)^{f(x y)}=f(a)^{f(x) . f(y)}, \quad \forall x, y>0\]

Mā $f(a)>0, f(a) \neq 1 \Rightarrow f(x y)=f(x) f(y), \forall x, y>0 \tag{5}$

+) Trong (4) thay $x$ bởi $a, y$ bởi $x+y$ ta có :

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

Ta lai có :

\[\begin{aligned} f\left(a^{x+y}\right) &=f\left(a^{x} \cdot a^{y}\right) \\ & =f\left(a^{x}\right) \cdot f\left(a^{y}\right) \quad \text{ ( do (5) ) } \\ & =f(a)^{f(x)} \cdot f(a)^{f(y)} \\ & =f(a)^{f(x)+f(y)} \end{aligned}\] \[\Rightarrow f(a)^{f(x+y)}=f(a)^{f(x)+f(y)}\]

(do (5))

Do $f(a)>0, f(a) \neq 1 \Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y>0$

Vì $f$ là hàm số cộng tính trên tập số thực dương nên ta suy ra được $f(x)=k x, \forall x > 0, k$ là hằng số dương.

Thay vāo (5) ta suy ra $f(x)=x, \quad \forall x>0$

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

Bài toán 22: Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{R^{+}} \to \mathbb{R^{+}}$ thỏa mãn :

\[\begin{equation*} f(x+y)^{2}=f(x)^{2}+2 f(x y)+f(y)^{2} \tag{6} \end{equation*}\]

+) Trong (6) thay $y$ bởi $y+z$ ta có :

\[f(x+y+z)^{2}=f(x)^{2}+2 f(x(y+z))+f(y+z)^{2}\]

+) Trong (6) thay $x$ bởi $z$ ta có :

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

Hoán vị $x, y, z$ ta suy ra được

\[f(x y)+f(x z+y z)=f(y z)+f(x z+x y)=f(x z)+f(x y+y z)\]

$\forall a, b, c>0$, luôn tồn tại $x, y, z>0$ sao cho $ \quad a=y z, b=x z, c=x y$

Nên $\forall a, b, c>0$ ta có:

\[\begin{aligned} & f(a)+f(b+c)=f(b)+f(a+c)=f(c)+f(a+b) \\ & \Rightarrow f(a)+f(b+c)-f(c)=f(a+b), \quad \forall a, b, c>0 \quad (7) \end{aligned}\]

Cố định $a, b$, ta thấy giá trị của $f(b+c)-f(c)$ không phụ thuộc vào giá trị của $c$. Do đó ta có thể đặt

\[g(y)=f(y+c)-f(y), \forall y, c>0\]

nên từ (7) ta suy ra $\quad f(x+y)=f(x)+g(y), \forall x, y>0$

Thay $x$ bởi $y$, $y$ bởi $x$ ta có $\quad f(x+y)=f(y)+g(x)$

\[\begin{gather*} \quad \Rightarrow f(x)+g(y)=f(y)+g(x) \\ \quad \Rightarrow f(x)-g(x)=f(y)-g(y), \forall x, y>0 \\ \Rightarrow f(x)-g(x)=-\alpha, \forall x>0 \quad(\alpha \in \mathbb{R}) \\ \quad f(x+y)=f(x)+f(y)+\alpha, \forall x, y>0 \tag{8} \end{gather*}\]

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

\[\begin{align*} & f(2)^{2}=2 f(1)^{2}+2 f(1) \\ \Rightarrow & (2 f(1)+\alpha)^{2}=2 f(1)^{2}+2 f(1) \\ \Leftrightarrow & 2 f(1)^{2}+4 \alpha f(1)+\alpha^{2}-2 f(1)=0 \tag{9} \end{align*}\]

+) Từ (6), (8) ta có :

\[\begin{aligned} & (f(x)+f(y)+\alpha)^{2}=f(x)^{2}+f(y)^{2}+2 f(x y) \\ \Leftrightarrow & f(x)^{2}+f(y)^{2}+\alpha^{2}+2 f(x) f(y)+2 \alpha f(x)+2 \alpha f(y) \\ = & f(x)^{2}+f(y)^{2}+2 f(x y) \\ \Leftrightarrow & f(x y)=f(x) f(y)+\alpha(f(x)+f(y))+\frac{\alpha^{2}}{2} \end{aligned}\]

Thay $y$ bởi 1 ta có:

\[\begin{align*} & f(x)=f(x) f(1)+\frac{\alpha^{2}}{2}+\alpha(f(x)+f(1)) \\ \Leftrightarrow & f(x)(1-f(1)-\alpha)=\frac{\alpha^{2}}{2}+\alpha f(1) \tag{10} \end{align*}\]

Nếu $f(x)$ là hàm hằng, thay vào đề bài ta thấy vô lí ( Vì $f(x)>0, \forall x>0$ )

Do đó ta có $f(x)$ không là hàm số hằng.

Nen từ (10) ta suy ra

\[\left\{\begin{array}{l}1-f(1)-\alpha=0 \\ \frac{\alpha^{2}}{2}+\alpha f(1)=0\end{array}\right. \tag{11}\] \[\begin{aligned} & \Rightarrow \quad \frac{\alpha^{2}}{2}+\alpha(1-\alpha)=0 \\ & \Leftrightarrow \alpha-\frac{\alpha^{2}}{2}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} \alpha=0 \\ \alpha=2 \end{array}\right. \end{aligned}\]

Nếu $\alpha=2$, từ (11) ta suy ra $f(1)=-1$ ( vô lí vî $f(1)>0$ )

Do đó $\alpha=0$. Từ đó ta có:

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

$\Rightarrow f(x)= kx, \quad$ với $k$ là hằng số thực dương.

Thử lại ta thấy hàm số $f(x) = x, \forall x > 0 $ thỏa mãn bài toán.

Bài toán 23: Tìm tất cả hàm số $ f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ thỏa mãn :

\[f(x+y)=(-1)^{[x]} \cdot f(y)+(-1)^{[y]} f(x), \forall x, y \in \mathbb{R} \tag{12}\]

với kí hiệu $[x]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$.

$\hspace{7cm}$ (Global Quarantine MO 2020)

+) Trong (12) thay $y$ bởi $y+z$ ta có :

\[f(x+y+z)=(-1)^{[x]} f(y+z)+(-1)^{[y+z]} f(x)\]

+) Trong (12) thay $x$ bởi $z$ ta có : \(f(y+z) =(-1)^{[z]} f(y)+(-1)^{[y]} f(z)\)

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

Hoán vị $x, y, z$ ta suy ra :

\[\begin{align*} & (-1)^{[x]+[y]} f(z)+(-1)^{[x]+[z]} f(y)+(-1)^{[y+z]} f(x) \\ & =(-1)^{[x+y]} f(z)+(-1)^{[x]+[z]} f(y)+(-1)^{[y]+[z]} f(x) \\ & \Rightarrow(-1)^{[x+y]} f(z)+(-1)^{[y]+[z]} f(x) = (-1)^{[x]+[y]} f(z)+(-1)^{[y+z]} f(x) , \quad \forall x, y, z \in \mathbb{R} \tag{13} \end{align*}\]

Đặt $\langle x\rangle=x-[x], \quad \forall x \in \mathbb{R}$

Xét số thực $z_0$ bất kì.

Ta chọn hai số thực $x_0, y_0$ sao cho

\[\begin{aligned} & \left\langle x_{0}\right\rangle + \left\langle y_{0}\right\rangle > 1 > \left\langle y_{0}\right\rangle + \left\langle z_{0}\right\rangle \\ & \Rightarrow\left\{\begin{array}{l} \left\langle x_{0}+y_{0}\right\rangle+1=\left\langle x_{0}\right\rangle+\left\langle y_{0}\right\rangle \\ \left\langle y_{0}+z_{0}\right\rangle=\left\langle y_{0}\right\rangle+\left\langle z_{0}\right\rangle \end{array}\right. \\ & \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} {\left[y_{0}\right]+\left[x_{0}\right]+1=\left[x_{0}+y_{0}\right]} \\ {\left[y_{0}+z_{0}\right]=\left[y_{0}\right]+\left[z_{0}\right]} \end{array}\right. \end{aligned}\]

Nên thay vào (13) ta suy ra

\[\begin{aligned} & f\left(z_{0}\right) \cdot(-1)^{\left[x_{0}\right]+\left[y_{0}\right]+1}=(-1)^{\left[x_{0}\right]+\left[y_{0}\right]} \cdot f\left(z_{0}\right) \\ & \Leftrightarrow f\left(z_{0}\right)\left((-1)^{\left[x_{0}\right]+\left[y_{0}\right]}+(-1)^{\left[x_{0}\right]+\left[y_{0}\right]}\right)=0 \\ & \Leftrightarrow f\left(z_{0}\right)=0 \end{aligned}\]

Do ta chọn số thực $z_{0}$ bất kì nên ta có $f(z)=0, \forall z \in \mathbb{R}$

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

Bài toán 24: Tìm tất cả hàm số $f: R^{+} \to R^{+}$ thỏa mãn :

\[\begin{equation*} f(x f(y)+f(x))=2 f(x)+x y, \quad \forall x, y>0 \tag{14} \end{equation*}\]

Đặt $f(1)=a$, trong (14) thay $x$ bởi 1 ta có :

\[f(f(y)+a)=2 a+y \tag{15}\]

Từ đây ta suy ra $f$ là đơn ánh và $f$ nhận mọi giá trị lớn hơn $2 a$

Trong (15) thay $y$ bởi $f(y)+a$ ta có :

\[f(y+3 a)=f(y)+3 a\]

Bằng chứng minh quy nạp ta suy ra được

\[\begin{equation*} f(y+3 n a)=f(y)+3 n a,\quad \forall y>0, \forall n \in N^{*} \tag{16} \end{equation*}\]

+) Thay $y$ bởi $y+3a$ vào (14) ta có

\[\begin{align*} f(x f(y)+f(x)+3 a x) & =2 f(x)+x y+3 a x \\ & =f(x f(y)+f(x))+3 a x \text { ( do (14) ) } \end{align*}\]

Cố định $z>0$ bất kì. Ta thấy tồn tại $n \in \mathbb{N^{*}}$ sao cho

\[\frac{z+3 a n-f(x)}{x}>2 a\]

Vì hàm số $f$ nhận mọi giá trị lớn hơn $2a$ nên tồn tại số thực dương $y$ sao cho

\[f(y)=\frac{z+3 a n-f(x)}{x}\] \[\Leftrightarrow x f(y)+f(x)=z+3 a n\]

Nên ta suy ra $f(z+3 a n+3 a x)=f(z+3 a n)+3 a x$

Kết hợp với (16) ta suy ra

\[f(z+3 a x)=f(z)+3 a x\]

Hay ta có $f(x+z)=f(x)+z, \forall x, z>0$

+) Thay $x$ bởi $z, z$ bởi $x$ ta có

\[\begin{aligned} & f(x)+z=f(z)+x \\ \Leftrightarrow & f(x)-x=f(z)-z, \quad \forall x, z>0 \\ \Rightarrow & f(x)=x+c, \quad \forall x>0, c \text { là hằng số } \end{aligned}\]

Thử lại ta thấy hàm số $f(x)=x+1$ thỏa mãn điều kiện bài toán.