Qua bài viết này, tác giả giới thiệu tới bạn đọc các bài toán phương trình hàm qua các đề thi chọn đội tuyển các tỉnh, thành phố trong năm học 2020 - 2021.. Bài toán 1..[r]
Trang 1Các bài toán phương trình hàm, hàm số qua kì thi chọn đội tuyển VMO 2021
(Sưu tầm và giới thiệu)
Tóm tắt nội dung Qua bài viết này, tác giả giới thiệu tới bạn đọc các bài toán phương
trình hàm qua các đề thi chọn đội tuyển các tỉnh, thành phố trong năm học 2020 - 2021
Bài toán 1 Cho hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn
với mọi số thực dương x, y.
a) Chứng minh rằng hàm g(x) = f (x) − x là đơn ánh, nhận giá trị dương trên (0; +∞)
b) Chứng minh rằng f là đơn ánh và tìm tất cả các hàm f thỏa mãn bài toán.
(Đề thi trường chuyên ĐH Vinh)
Lời giải Cách 1.
a) Từ (1) ta có f (x + y) 6= f (f (x) + y) với mọi x, y > 0 nên x 6= f (x) với mọi x > 0.
Nếu f (x) < x với x nào đó Trong (1) cho y = x − f (x), ta có f (x) + f (2x − f (x)) = f (x),
Trang 2Mà f (x) − x là đơn ánh nên f (x) + f (y) = f (x0) + f (y0) với x + y = x0+ y0.
Đặc biệt, với x0 = y0 = x+y2 ta có f (x) + f (y) = 2fx+y2 với mọi x, y > 0.
b) Ta chứng minh f là đơn ánh Giả sử f (x) = f (x + h) với h > 0 nào đó thì
f (x) + f (x + 2h) = 2f (x + h) = 2f (x)
⇒ f (x) = f (x + 2h)
Suy ra f (x) = f (x + nh) với mọi n nguyên dương Do đó
0 < f (x + nh) − (x + nh) = f (x) − x − nh với mọi n, điều này vô lý Vậy ta có f là đơn ánh.
Trang 3f (x) + f (y) = f (x + y), ∀x, y > 0 và x 6= y. (4)
Để ý rằng với mọi số t > 0 thì tồn tại hai số x, y > 0 thỏa mãn x 6= y và x + y = t.
Khi đó áp dụng (4), ta có
f (2t) = f (2x + 2y) = f (x) + f (x + 2y) = f (x) + f (y) + f (x + y) = 2f (x + y) = 2f (t).
Vậy ta có f (x) + f (y) = f (x + y), ∀x, y > 0 nên f (x) = cx với c là hằng số dương Thử lại vào phương trình (1) ta có được f (x) = 2x, ∀x > 0 thỏa mãn bài toán.
Bài toán 2 Tìm tất cả hàm số f : R → R thỏa mãn
xf (x + xy) = xf (x) + f (x2)f (y), ∀x, y ∈ R. (1)
(Đề thi tỉnh Quảng Trị)
Lời giải Ta chia bài toán ra hai trường hợp
• Nếu f (x) = 0, ∀x ∈ R thì ta dễ thấy hàm này thỏa mãn (1).
• Nếu tồn tại a sao cho f (a) 6= 0 thì ta thay x = 0, y = a vào (1) để có f (0) = 0.
Kết hợp với (6) và f lẻ ta rút ra ngay được f (x) = cx, ∀x ∈ R Thử lại thì ta có hàm
f (x) = x, ∀x ∈ R thỏa mãn bài toán.
Vậy ta có hai hàm số thỏa mãn bài toán ban đầu là f (x) = 0, ∀x ∈ R hoặc f (x) = x, ∀x ∈ R.
Trang 4Bài toán 3 Xét hàm số f : R → R thỏa mãn f (2020) 6= 0 và
f (x + f (y)) = f (x) + x
2f (2y) + f (f (y)) với mọi x, y ∈ R. (1)
a) Chứng minh rằng tồn tại hằng số c 6= 0 sao cho f (2x) = c · f (x) với mọi x ∈ R.
b) Tìm tất cả giá trị có thể có của c.
(Đề thi TPHCM)
Lời giải Từ giả thiết f (2020) 6= 0 thì ta dễ dàng suy ra f không là hằng số.
a) Trong (1) ta thay x bởi f (x) và đổi chỗ x với y thì ta được
Dễ thấy c 6= 0, nếu ngược lại c = 0 thì rõ ràng f (x) = 0, ∀x ∈ R (mâu thuẫn).
b) Thay x bởi 2x + f (y) vào (1) ta có
f (2x + 2f (y)) = f (2x + f (y)) + 2x + f (y)
và f (2x + f (y)) = f (2x) + xf (2y) + f (f (y)) = cf (x) + cxf (y) + f (f (y)).
Vậy từ đẳng thức (3) sau khi thu gọn, ta cố định y và cho x → ∞ thì hệ số của x ở hai vế
phải bằng nhau hay ta có
2cf (y) = c
2
2f (y), ∀y ∈ R ⇒ c = 4.
Nhận xét Bài toán này ta hoàn toàn có thể tìm tất cả f thỏa mãn bài toán như sau:
Thay x bởi f (y) vào (1), kết hợp c = 4 thì (1) trở thành
4f (f (y)) = 2f (f (y)) + 2f (y)2 ⇒ f (f (y)) = f (y)2
Thay x bởi −f (y) vào (1) và sử dụng (4) ta được
Cho y = 2020 vào (1) ta có f (x + f (2020)) − f (x) = 2xf (2020) + f (2020)2, tức là với mọi số
thực t thì tồn tại u, v ∈ R sao cho f (u) − f (v) = t. (6)
Trang 5Thay x bởi −f (x) vào (1) thì ta có
f (f (y) − f (x)) = (f (y) − f (x))2+ f (0), ∀x, y ∈ R. (7)
Từ (6) và (7) ta thu được kết quả f (x) = x2+f (0), ∀x ∈ R Thay lại vào (4) ta được f (0) = 0 nên f (x) = x2, ∀x ∈ R.
Thử lại thấy thỏa mãn nên kết luận (1) có nghiệm duy nhất là f (x) = x2, ∀x ∈ R.
Bài toán 4 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (f (xy − x)) + 2f (x + y) = 2yf (x) + 2f (y), ∀x, y ∈ R. (1)
(Đề thi TP Hải Phòng)
Lời giải Trong (1) thay x = 0, ta có f (f (0)) = 2yf (0), ∀y ∈ R ⇒ f (0) = 0.
Thay y = 1 vào (1), ta có
Thay y bởi y + 1 vào (1) và sử dụng (2) thì ta có
f (f (xy)) + 2f (x + y) = 2yf (x) + 2f (x) + 2f (y), ∀x, y ∈ R (3)
Trong (3) ta đổi x, y cho nhau thì suy ra
Thử lại vào (1) ta có hai hàm thỏa mãn là f (x) = 0, ∀x ∈ R hoặc f (x) = 2x, ∀x ∈ R.
Bài toán 5 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (y − f (x)) = f (f (x)) − 2yf (x) + f (y), ∀x, y ∈ R. (1)
(Đề thi tỉnh Hà Tĩnh)
Lời giải Trước hết nếu f là hằng thì dễ dàng thấy f (x) = 0, ∀x ∈ R thỏa mãn (1).
Xét f khác hằng, khi đó tồn tại a sao cho f (a) 6= 0.
Trong (1) ta thay y bởi f (x) ta có
Trang 6Thay x = a vào (1) ta có
f (y − f (a)) − f (y) = f (f (a)) − 2yf (a), ∀y ∈ R. (3)
Do f (a) 6= 0 nên từ (3) suy ra với mọi t ∈ R thì tồn tại u, v sao cho f (u) − f (v) = t. (4)
Thay y bởi f (y) vào (1) và kết hợp (2) ta có
f (f (y) − f (x)) = f (0) + (f (y) − f (x))2, ∀x, y ∈ R (5)
Từ (4) và (5), ta dễ dàng suy ra f (x) = x2+ c, ∀x ∈ R Thay lại vào (1) ta có c = 0.
Kết luận bài toán có hai hàm thỏa mãn là f (x) = 0, ∀x ∈ R hoặc f (x) = x2, ∀x ∈ R.
Bài toán 6 Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (x + y) − f (x)f (y) = f (xy) − 2xy − 1, ∀x, y ∈ R (1)
(Đề thi tỉnh Quảng Ninh)
Lời giải Cho y = 0 vào (1) ta được
f (x)(1 − f (0)) = f (0) − 1, ∀x ∈ R.
Dễ thấy f (x) = −1, ∀x ∈ R không thỏa mãn (1) nên f (0) = 1.
Thay x = 1, y = −1 vào (1) ta có f (−1)(f (1) + 1) = 0 Đến đây ta chia ra làm hai trường hợp
TH1 Với f (1) = −1, ta thay x bởi x − 1 và y = 1 vào (1) ta có
f (x) + f (x − 1) = f (x − 1) − 2(x − 1) − 1 ⇒ f (x) = −2x + 1, ∀x ∈ R. (2)Thử lại (2) vào (1) ta thấy thỏa mãn
Trang 7• Xét f (1) = 2 Ta thay tương tự trường hợp f (1) = 0 để ra được f (x) = x + 1, ∀x ∈ R.
Kết luận bài toán có ba hàm số thỏa mãn là
f (x) = −2x + 1 ; ∀x ∈ R ; f (x) = −x2+ 1, ∀x ∈ R ; f (x) = x + 1, ∀x ∈ R.
Nhận xét Những bài toán có tính đối xứng giữa x, y như trên thì ta thường hướng tới tính
một vài giá trị f (−2), f (−1), f (0), f (1), xong đi xét các trường hợp cụ thể Có thể thấy
bài toán trên được sinh ra từ bài toán IMO Shortlist 2005 phát biểu như sau:
Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho f (x + y) + f (x)f (y) = f (xy) + 2xy + 1 với mọi
số thực x, y.
Bạn đọc có thể tham khảo thêm nhiều lời giải thú vị khác trên diễn đàn AoPS
Bài toán 7 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (4xf (x) + f (y)) = 4(f (x))2+ y, ∀x, y ∈ R (1)
(Đề thi thành phố Hà Nội)
Lời giải Trong (1) ta thay y = −4(f (x))2 thì ta có f (a) = 0 với a là một số thực nào đó.
Trong (1) ta thay x = a thì suy ra
Trong (1) ta thay y = a và x bởi f (x) thì ta thu được
f (4xf (x)) = 4(f (x))2+ a = 4x2+ a, ∀x ∈ R (3)
Từ (3) ta có (f (x))2 = x2, ∀x ∈ R.
Giả sử tồn tại a 6= 0, b 6= 0 sao cho f (a) = a, f (b) = −b. (4)
Thay x = a, y = b vào (1), ta có f (4a2− b) = 4a2+ b.
Mặt khác f (4a2− b) = 4a2− b hoặc b − 4a2 Trong cả hai trường hợp ta đều suy ra a = 0 hoặc
b = 0 (mâu thuẫn với (4)) Vậy tức là f (x) = x, ∀x ∈ R hoặc f (x) = −x, ∀x ∈ R.
Thử lại thấy thỏa mãn nên kết luận bài toán có hai hàm số thỏa mãn là
f (x) = x, ∀x ∈ R ; f (x) = −x, ∀x ∈ R.
Bài toán 8 Tìm tất cả các hàm số f : R → R liên tục và thỏa mãn
(Đề thi tỉnh An Giang)
Trang 8Lời giải Cách 1 Từ (1) ta có thể thấy ngay rằng f là song ánh.
Thay x bởi 3f (x) trong (2) thì ta có f (9x) = 9f (x), ∀x ∈ R Lấy x = 0 thì có f (0) = 0 Thay x = 0 vào (1) thì ta có
Kết hợp với f là liên tục thì suy ra f (x) = c · x, ∀x ∈ R, trong đó c là hằng số.
Thử lại (1) thì ta có hai hàm số thỏa mãn là f (x) = x, ∀x ∈ R và f (x) = −x, ∀x ∈ R.
Cách 2 Tương tự cách 1, ta chỉ ra được là f là song ánh, f (f (x)) = x, ∀x ∈ R và f (2x) =
Vậy ta suy ra được f (x) > f (1), ∀x > 1.
Làm tương tự để có f (x) < f (0), ∀x < 0 và f (0) < f (x) < f (1), ∀ 0 < x < 1.
Điều này dẫn tới f là hàm đơn điệu tăng trên R.
Từ đây nếu tồn tại số z sao cho f (z) > z thì f (f (z) > f (z) > z (mâu thuẫn với (3)), còn nếu f (z) < z thì f (f (z)) < f (z) < z cũng mâu thuẫn với (3).
Vậy suy ra f (x) = x, ∀x ∈ R.
TH2 f (0) > f (1) thì suy ra f là đơn điệu giảm trên R.
Nếu tồn tại z sao cho f (z) > −z thì f (f (z)) < f (−z) = −f (z) < z (mâu thuẫn với (3)) Còn nếu f (z) < −z thì suy ra f (f (z)) > z cũng gây ra mâu thuẫn.
Điều này chứng tỏ f (x) = −x, ∀x ∈ R.
Nhận xét Cách 2 của bài toán chủ yếu là để nhắc lại một tính chất quan trọng của hàm
số liên tục như sau:
"Nếu f là một hàm số liên tục trên một khoảng hay một đoạn và f là đơn ánh thì f đơn điệu trên khoảng hay đoạn đó."
Trang 9Bài toán 9 Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho với mọi số thực x, y thì đẳng thức
sau được thỏa mãn
Nếu x2− f (x) nhận nhiều hơn hai giá trị khi x chạy trên R, ta gọi hai giá trị là a, b.
Khi đó từ (2) ta có f (y) + 1 = f (y + a), ∀y ∈ R và f (y) + 1 = f (y + b), ∀y ∈ R.
Vậy ta rút ra được f (x) = x2 + c, ∀x ∈ R (c là hằng số) Ta đem thay lại (1) thì ta có
f (x) = x2+ 1, ∀x ∈ R thỏa mãn bài toán.
Cách 2 Thay y bởi −f (x) vào (1) ta có
Trong (9) thay x bởi −x và kết hợp (8) thì suy ra f (x) = f (−x), ∀x ∈ R.
Vậy từ (4) ta suy ra f (x) = x2+ 1, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn.
Trang 10Bài toán 10 Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho
f (yf (x + y) + f (x)) = 4x + 2y · f (x + y), ∀x, y ∈ R (1)
(Đề thi tỉnh Tây Ninh)
Lời giải Trong (1) ta cho y = 0 thì ta có f (f (x)) = 4x, ∀x ∈ R. (2)
Từ đây ta dễ thấy f là song ánh.
Thay x = 0, y = 1 vào (1) ta có f (f (1)) = 2f (1), mà theo (2) ta có f (f (1)) = 4 nên f (1) = 2 Thay y = 1 − x vào (1) ta thu được
Chú ý từ (2) ta cho x = 1 thì ta có ngay f (2) = 4, nên suy ra
f (2 + f (x) − 2x) = 4 = f (2).
Kết hợp f là song ánh nên suy ra f (x) = 2x, ∀x ∈ R.
Thử lại thấy thỏa mãn hay f (x) = 2x, ∀x ∈ R là hàm số duy nhất thỏa mãn (1).
Bài toán 11 Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R thỏa mãn điều kiện
Trang 112019 , ∀x > 0, điều này dẫn tới f (x) = 0, ∀x > 0.
Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn
Bài toán 12 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn điều kiện
f (a2f (a) + f (b)) = f (a)3+ b, ∀a, b ∈ Z (1)
(Đề thi tỉnh Đồng Nai)
Lời giải Ta dễ thấy f là song ánh Khi đó tồn tại c ∈ Z sao cho f (c) = 0.
Thay a = 0 vào (1) ta được f (f (b)) = f (0)3+ b, kết hợp với (2) suy ra f (0) = 0.
Thay a = 1, b = 0 vào (1) ta có f (f (1)) = f (1)3, mà theo (2) thì f (f (1)) = 1 nên suy ra
f (1) = 1.
Thay a = 1, b bởi f (b) vào trong (1) ta có
Bằng quy nạp thì từ (3) ta dễ có f (a) = a, ∀a ∈ Z.
Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn
Nhận xét Bạn đọc có thể làm bài toán tương tự sau:
Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x2f (x) + f (y)) = f (x)3+ y, ∀x, y ∈ R.
Trang 12Bài toán 13 Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn điều kiện
Xét một số 0 < c < 4, rõ ràng tồn tại u, v > 0 sao cho uv = c và u + v > 4.
Khi đó thay x = u, y = v vào (1) và sử dụng (3) ta có ngay f (c) = c.
Vậy tóm lại ta có f (x) = x, ∀x > 0 Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn.
Bài toán 14 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
Mặt khác theo (2) thì f (f (a2020)) = a2020+ f (0)2020, từ đây suy ra a = f (0) = 0.
Thay y = 0 vào (1) thì ta có f (x2020) = f (x)2020 nên f (x) ≥ 0, ∀x ≥ 0. (3)
Thay y bởi f (y) ta sẽ có
Trang 13Nhận xét Từ lời giải trên ta có thể tổng quát bài toán thành
Cho n là một số nguyên dương chẵn Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
Vậy từ (2), ta cho n → ∞, kết hợp f là hàm liên tục có f (0) = 0 thì ta có ngay f (a) = 0.
Vì a là một số bất kì trong khoảng (0; 1) nên suy ra f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1].
Cách 2 Do f là hàm liên tục nên tồn tại F (x) là nguyên hàm của f (x) và dễ có F (x) cũng
Trang 14Mặt khác biểu thức a− a+ f (x)dx là phần diện tích bị giới hạn bởi đồ thị hàm số hàm số y = f (x),
trục hoành và hai đường thẳng x = a − , x = a + mà ta có f (x) > 0, ∀x ∈ [a − ; a + ] nên rõ
ràng Ra+
a− f (x)dx > 0.
Điều này mâu thuẫn với (3), tức là điều giả sử là sai hay ta có f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [0; 1].
Lập luận tương tự ta có f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [0; 1] Vậy suy ra f (x) = 0, ∀x ∈ [0; 1].
Nhận xét Kết hợp ý tưởng của cách 1 và cách 2 thì chúng ta cũng có thể làm theo hướng
sau, mặc dù hơi dài dòng
Giả sử tồn tại 0 < c < 1 sao cho f (c) > 0, kết hợp giả thiết f liên tục nên tồn tại a ∈ (0; 1) sao cho f (a) = max
Cho n → +∞, ta có ngay điều vô lí Làm tương tự với trường hợp tồn tại c để f (c) < 0, khi
đó ta lấy f (a) = min
Trong (2) ta cho x = y = 0 thì ta có g(0) = 0, sau đó cho x = y thì (2) trở thành
Trang 15Trong (2) thay x bởi −x và sử dụng tính chất đơn ánh của g thì ta có
g(−xg(−x)) = g(xg(x)) ⇒ −xg(−x) = xg(x), ∀x ∈ R.
Trong (2) ta thay x bởi 1
x và y bởi xg(x), ta có g
Thử lại phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn
Trường hợp 2 g(1) = −1 Ta làm tương tự kết hợp với tính chất g lẻ để có
g(x) = −x, ∀x ∈ R ⇒ f (x) = −2x, ∀x ∈ R.
Thử lại phương trình ban đầu thấy thỏa mãn
Bài toán 17 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện
8f (4x) − 10f (2x) + 3f (x) = 30x, ∀x ∈ R (1)
(Đề thi tỉnh Kiên Giang)
Lời giải Thay x = 0 vào (1) ta có f (0) = 0 Ta viết lại (1) dưới dạng sau
Trang 164h(2x) − 3h(x) = 0, ∀x ∈ R ⇒ h(2x) = 3
4· h(x) = =
34
Trong (4) ta cố định x và cho n → +∞ thì ta có ngay h(x) = h(0) = 0, ∀x ∈ R.
Vậy suy ra 2g(2x) = g(x), ∀x ∈ R, khi ấy ta có
Vậy ta suy ra f (x) = 2x, ∀x ∈ R Thử lại trong (1) ta thấy thỏa mãn.
Bài toán 18 Tìm hai hàm số f : R → R và g : R → R, g(2020) > 0 và thỏa mãn
f (g(y)) = f (0) + 2g2(y) − 6 , với mọi y ∈ R (2)
Cộng hai phương trình trên ta thu được 3g2(y) = 12 hay g(y) = ±2, với mọi y Do g(2020) > 0 nên rõ ràng g(2020) = 2 Đặt a = 2020 và giả sử tồn tại b sao cho g(b) = −2.
Thay y = a vào phương trình đầu (1) ta có f (x − 2) − f (−x + 4) = 2x − 6, ∀x ∈ R Suy ra
f (u) − f (v) toàn ánh trên R với u, v ∈ R.
Tiếp theo ta lần lượt thay y = a, y = b vào phương trình thứ 2 của (1) ta được
g(a) = g(2f (x) − a) = 2; g(b) = g(2f (x) − b) = −2 với mọi x ∈ R (3)
Lại do tính toán ánh nên tồn tại u, v sao cho
f (u) − f (v) = a − b
2
thì 2f (u) − a = 2f (v) − b Suy ra
2 = g(2f (u) − a) = g(2f (v) − b) = −2, điều này là vô lí nên điều giả sử không thể xảy ra Tức là g(x) = 2, ∀x ∈ R.
Trang 17b) Với g(x) = 2, ∀x ∈ R, ta thay vào điều kiện đầu tiên của (1) cho ta f (x − 2) = f (−x + 4) + 2x − 6 hay
f (x) = f (2 − x) + 2x − 2 ⇔ f (x) − x = f (2 − x) − (2 − x), ∀x ∈ R (4)
Điều này cho ta h(x) = h(2 − x), ∀x ∈ R hay h(x) có đồ thị nhận x = 1 làm trục đối xứng.
Bài toán 19 Cho hàm số f : Q → Q thỏa:
Lời giải Cho x = y = 0, từ (1) có f (0) = 0.
Cho x = 0, từ (1) có f (y) = f (−y) , ∀y ∈ R, do f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.
Trang 18Thay x bởi y − z và thay y bởi x, từ (1) có
Vì vế phải là một đa thức của r nên bất đẳng thức trên thỏa mãn với mọi r ∈ R Do đó ∆0 ≤ 0
hay g2(x; y) ≤ g (x; x) g (y; y) ⇒ |g (x; y)| ≤ f (x) f (y)
(Đề thi tỉnh Thái Nguyên)
Lời giải Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn (1).
Thay x bởi −f (y) vào (1) ta có
Trang 19Suy ra ta tính được f (0) = 0 Khi đó thay y = 0 vào (1) ta có ngay
f (x) = x, ∀x ∈ R.
Thử lại thấy f (x) = x, ∀x ∈ R thỏa mãn.
Bài toán 22 Tìm tất cả hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện
f (x2) + 4y2f (y) = (f (x − y) + y2) · (f (x + y) + f (y)) với mọi x, y ∈ R. (1)
(Đề thi tỉnh Hà Nam)
Lời giải Thay y = 0 vào (1) ta có
f (x2) = f (x)(f (x) + f (0)), ∀x ∈ R (2)
Thay x = 0 vào (1) ta có
f (0) + 4y2f (y) = (f (−y) + y2)2f (y), ∀y ∈ R (3)
Trong (3) ta thay y bởi −y ta có f (0) + 4y2f (−y) = (f (y) + y2)2f (−y), ∀y ∈ R (4)Lấy (3) trừ (4), vế với vế ta được
4y2(f (y) − f (−y)) = 2y2(f (y) − f (−y)), ∀y ∈ R ⇒ f (y) = f (−y), ∀y ∈ R. (5)
Lần lượt thay x = 0 và x = 1 vào (2) ta có f (0) = 2f (0)2, f (1) = f (1)(f (1) + f (0)). (6)
Và ta thay y = 1 vào (3) ta có f (0) + 4f (1) = (f (1) + 1) · 2f (1) (7)
Từ (6) và (7) ta có đủ dữ liệu để chỉ ra f (0) = 0 Khi đó (3) được viết lại thành
Dễ thấy f (x) = 0, ∀x ∈ R thỏa mãn (1) Bây giờ giả sử tồn tại a 6= 0 sao cho f (a) 6= 0 Tức là
f (−a) = f (a) = a2, theo (8)
Trong (1) ta thay x bởi −x thì ta có
(f (−x − y) + y2)(f (y − x) + f (y)) = (f (x − y) + y2)(f (x + y) + f (y)), ∀x, y ∈ R (9)
Do f chẵn nên (9) được viết lại thành
(f (x + y) − f (x − y))f (y) − y2= 0, ∀x, y ∈ R. (10)
Trong (10) ta thay x bởi y + a thì ta có
f (y + 2a) − f (a) = f (y + 2a) − a2.
Do f (y + 2a) = 0 hoặc f (y + 2a) = (y + 2a)2− a2
Với y 6= a và y 6= −a thì dễ thấy f (y + 2a) − f (a) luôn khác 0 Do đó từ (10) ta thu được
f (y) = y2, ∀y2 6= a2.
Vậy suy ra f (x) = x2
, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn.