$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thếNếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$ Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$
Đoạn cm đơn ánh chưa hoàn chỉnh. Nếu $f(x_1)=f(x_2)=0$ thì $x_1 \neq x_2$ thoải mái. TH $a=0$ có $f(x)=0, \forall x$ chứng tỏ điều này.
Có thể xử lí kiểu này.
$P(0,x):f(f(x))=xf(0)+a$
Nếu $f(0)=0$ thì $P(x,0):a=0$
Hay $P(0,x):f(f(x))=0$
Nếu $f$ hằng thì $f(x)=0,\forall x$.
Nếu $f$ không hằng thì $\exists c,f(c) \neq 0$
$P(c,x):f(cx+f(x))=xf(c)$ nên $f$ toàn ánh.
Do đó $P(0,x)$ sẽ cho ta $f(x)=0,\forall x$(là hàm hằng, mâu thuẫn)
Xét $f(0) \neq 0$ thì $P(0,x)$ cho $f$ song ánh và có thể tiếp tục giải như trên.