KietLW9

$\textbf{Bài toán 10.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xf(x)+2y)=f(x)^2+x+2f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Đặt $P(x,y)$ là phép thế xác định trong phương trình hàm $$f(xf(x)+2y)=f(x)^2+x+2f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$P(0,0)\rightarrow f(0)^2+f(0)=0$ nên $f(0)=0$ hoặc $f(0)=-1$

$\textbf{Trường hợp 1.}$ $f(0)=0$

$P(0,x)\rightarrow f(2x)=2f(x)$

$P(x,0)\rightarrow f(xf(x))=f(x)^2+x$

$P(2x,0)\rightarrow f(2xf(2x))=f(2x)^2+2x\Rightarrow 2f(xf(2x))=4f(x)^2+2x\Rightarrow 2f(2xf(x))=4f(x)^2+2x\Rightarrow f(xf(x))=f(x^2)+\frac{x}{2}$

Rõ ràng ta thấy vô lí nên trường hợp này không xảy ra

$\textbf{Trường hợp 2.}$ $f(0)=-1$

$P(0,x)\rightarrow f(2x)=2f(x)+1(1)$

$P(x,0)\rightarrow f(xf(x)))=f(x)^2+x-2$

$P(2x,0)\rightarrow f(\frac{x}{2}+xf(x))=f(x)^2+f(x)+\frac{x}{2}-1$

$P(x,\frac{x}{4})\rightarrow f(xf(x)+\frac{x}{2})=f(x)^2+x+2f(\frac{x}{4})$

Như vậy ta có: $f(x)^2+x+2f(\frac{x}{4})=f(x)^2+f(x)+\frac{x}{2}-1\Rightarrow f(x)=2f(\frac{x}{4})+\frac{x}{2}+1$

Mặt khác thay lần lượt $x\rightarrow \frac{x}{4}$ và  $x\rightarrow \frac{x}{2}$ vào $(1)$, ta được: $f(\frac{x}{4})=\frac{f(x)-3}{4}$

Từ đây ta có $f(x)=x-1$. Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=x-1,\forall x \in \mathbb{R}}$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế trong phương trình hàm $$f(x+xy+f(y)) = (f(x)+\frac{1}{2})(f(y)+\frac{1}{2})$$

$P(0,-1) \rightarrow f(f(-1)) = (f(0)+\frac{1}{2})(f(-1)+\frac{1}{2})$

$P(x,-1) \rightarrow f(f(-1)) = (f(x)+\frac{1}{2})(f(-1)+\frac{1}{2})$

Do đó ta có được: $$(f(0)+\frac{1}{2})(f(-1)+\frac{1}{2})=(f(x)+\frac{1}{2})(f(-1)+\frac{1}{2})$$

Nếu $f(-1) \neq -\frac{1}{2}$ thì $f \equiv c$ với $c$ là hằng số thực. Thử lại ta thấy không thỏa mãn

Do đó $f(-1) =-\frac{1}{2}$

Giả sử tồn tại một số thực $a \neq -1$ để $f(a) =-\frac{1}{2}$ thì $P(x,a) \rightarrow f(x+xa-\frac{1}{2}) = (f(x)+\frac{1}{2})(f(a)+\frac{1}{2})=0$ nên $f(x)=0,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại thấy không thỏa mãn nên $f(a)=-\frac{1}{2}$ khi và chỉ khi $a=-1$

Giả sử tồn tại một số thực $b \neq -\frac{1}{2}$ để $f(b)=0$ 

Ta đã có: $f(f(-1)) = (f(x)+\frac{1}{2})(f(-1)+\frac{1}{2})=0$ suy ra $f(-1)=-\frac{1}{2}$ và $f(-\frac{1}{2})=0$

$P(x,-\frac{1}{2}) \rightarrow f(\frac{x}{2})=\frac{1}{2}(f(x)+\frac{1}{2})$

$P(x,b) \rightarrow f(x+xb)=\frac{1}{2}(f(x)+\frac{1}{2})$

Do đó  $f(x+xb)=f(\frac{x}{2})(*)$

Thay $x$ bởi $\frac{-1}{b+1}$ vào $(*)$ thì ta có: $f(-1)=f(\frac{-1}{2(b+1)})=-\frac{1}{2}$ nên $\frac{-1}{2(b+1)}=-1$ nên $b=-\frac{1}{2}$. Vô lí

Do đó ta khẳng định $f(b)=0$ khi và chỉ khi $b=\frac{-1}{2}$

Tới đây thay $x=-1$ vào phương trình ban đầu ta được $f(-1-y+f(y))=0$ nên $-1-y+f(y)=\frac{-1}{2}$

Vậy $\boxed{f(y)=y+\frac{1}{2}, \forall y \in \mathbb{R}}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

$\textbf{Bài toán 14.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hai điều kiện

1. $2f (x) + 2f (y) \le f (x + y)$
2. $(x + y)[y f (x) + x f (y)] \ge x y f (x + y)$

$\textbf{Bài toán 9.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x+yf(x+y))=y^2+f(x)f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế trong phương trình hàm $$f(x+yf(x+y))=y^2+f(x)f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$P(x,0)\Rightarrow f(x)=f(x)f(0)$

Nếu $f\equiv 0$ thì rõ ràng là vô lí nên $f(0)=1$

$P(1,-1)\Rightarrow f(0)=1+f(1)f(-1)\Rightarrow f(1)f(-1)=0$

$\textbf{Trường hợp 1: }$ $f(1)=0$

$P(1-y,y)\Rightarrow f(1-y)=y^2+f(1-y)f(y)$         $(2)$

Thay $y\rightarrow 1-y$ vào $(2)$ thì ta được: $f(y)=(1-y)^2+f(y)f(1-y)$           $(3)$

Do đó ta có $f(y)-(1-y)^2=f(1-y)-y^2\Rightarrow f(1-y)=f(y)+2y-1$           $(4)$

$\textbf{Bài toán 8 (Gặp gỡ toán học 2022).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xf(x+y))+f(f(y)f(x+y))=(x+y)^2,\forall x,y \in \mathbb{R}(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Thay $x=y=0$ vào $(1)$, ta được: $f(0)+f(f(0)^2)=0$. Đặt $f(0)=a$ thì ta được: $f(a^2)=-a$

Tiếp tục thay $x=0$, $y$ bởi $a^2$ ta được: $f(0)+f(f(a^2)^2)=a^4\Rightarrow a-a=a^4\Rightarrow a=0$

Do đó $f(0)=0$

Giả sử tồn tại $b\neq 0$ để $f(b)=0$ thì ta thay $y=0,x=b$ vào $(1)$: $f(bf(b))=b^2\Rightarrow b^2=0$ $\text{(Vô lí)}$

Vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$

Thay $x$ bởi $x-y$: $f((x-y)f(x))+f(f(y)f(x))=x^2(2)$

Thay $x$ bởi $f(y)$ vào $(2)$: $f((f(y)-y)f(f(y)))+f(f(y)f(f(y)))=f(y)^2\Rightarrow f((f(y)-y)f(f(y)))=0$

Nếu $y\neq 0$ thì $f(y)\neq 0\Rightarrow f(f(y))\neq 0,\forall y\neq 0$

Vì vậy nên $f(y)=y,\forall y \neq 0$ kết hợp với $f(0)=0$ ta thu được $f(y)=y,\forall y \in \mathbb{R}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(y)=y,\forall y \in \mathbb{R}}$

$\textbf{Bài toán 7 (Đề thi Olympic Gặp gỡ toán học khối 10 năm 2021).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(2f(-x)+y)+3x=f(x+f(y)),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa mãn $$f(2f(-x)+y)+3x=f(x+f(y)),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

Thay $y$ bởi $-2f(-x)$ vào $(1)$, ta được: $$f(0)+3x=f(x+f(-2f(-x)))$$

Khi $x$ chạy khắp $\mathbb{R}$ thì $f(0)+3x$ cũng vậy nên $f$ là một toàn ánh trên $\mathbb{R}$

Như vậy tồn tại một số thực $a$ để $f(a)=0$

Thay $x$ bởi $-a$ vào $(1)$, ta được: $$f(y)-3a=f((y)-a)$$

Lại có $f$ toàn ánh nên $f(y)-a$ toàn ánh trên $\mathbb{R}$. Do đó $f(y)=y-2a$

Thay trở lại vào $(1)$, ta được: $-2x-4a+y-2a+3x=x+y-4a\Rightarrow a=0$

Vậy $\boxed{f(x)=x,\forall x \in \mathbb{R}}$ là hàm duy nhất thỏa mãn bài toán.

$\textbf{Bài toán 6.}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(xf(y))+y+f(x)=f(f(x+y))+yf(x),\forall x,y \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$

Ta có: $P(x,y)\rightarrow f(xf(y))+y+f(x)=f(f(x+y))+yf(x)$

$P(0,y)\rightarrow f(f(y))=2f(0)+y-yf(0)(*)$

$P(1,y)\rightarrow f(f(y+1))=f(f(y))+y+f(1)-yf(1)$

$\Rightarrow f(f(y+1))=2f(0)+2y+f(1)-yf(0)-yf(1)$

Trong $(*)$ thay $y\rightarrow y+1$ ta được: $f(f(y+1))=2f(0)+y+1-yf(0)-f(0)$

Vậy ta có được: $2f(0)+y+1-yf(0)-f(0)=2f(0)+2y+f(1)-yf(0)-yf(1)$

$\textbf{Bài toán 5 (THTT T11/475).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f\left ( \frac{x}{x-y} \right )+f(xf(y))=f(xf(x)),\forall x>y>0(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Giả sử tồn tại $x>y>0$ sao cho $f(x)=f(y)$ thì từ $(1)$ ta có: $f(\frac{x}{x-y})=0$. Vô lí vậy nên $f(x)\neq f(y)$ hay $f$ đơn ánh

Giả sử tồn tại $u \in \mathbb{R}^+$ sao cho $f(u)>\frac{1}{u}$ thì ta đặt $v=u-\frac{1}{f(u)}>0\Rightarrow u>v>0$

$\Rightarrow f(\frac{u}{u-v})+f(uf(v))=f(uf(u))$

Mà $\frac{u}{u-v}=uf(u)$ nên $f(uf(v))=0$ (Vô lí)

Vậy nên $f(x)\leq \frac{1}{x},\forall x \in \mathbb{R}^+$

Xét hai số $y_1,y_2$ sao cho $y_1>y_2>0$.

Đặt $x=y_2+\frac{1}{f(y_1)}$ thì $x>y_2>y_1>0$ và $\frac{x}{x-y_2}=xf(y_1)$

Mặt khác ta có: $f\left ( \frac{x}{x-y_2} \right )+f(xf(y_2))=f\left ( \frac{x}{x-y_1} \right )+f(xf(y_1))=f(xf(x))\Rightarrow f\left ( \frac{x}{x-y_1} \right )=f(xf(y_2))$ nên $\frac{x}{x-y_1}=xf(y_2)\Rightarrow x=y_1+\frac{1}{f(y_2)}$

Lúc này ta sẽ có được: $\frac{1}{f(y_2)}-y_2=\frac{1}{f(y_1)}-y_1=C(C\geq 0)$

$\Rightarrow f(x)=\frac{1}{x+C}(C\geq 0)$

Giả sử rằng $C>0$ thì $f(\frac{x}{x-y})+f(xf(y))=\frac{x-y}{x+(x-y)C}+\frac{y+C}{x+(y+C)C}>\frac{x-y}{x+(x+C)C}+\frac{y+C}{x+(x+C)C}=\frac{x+C}{x+(x+C)C}=f(xf(x))$ (Vô lí). Do đó $C=0$

Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=\frac{1}{x},\forall x \in \mathbb{R}^+}$

$\textbf{Bài toán 4.}$ Tìm tất cả các hàm số đơn điệu $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x+y)=x^{2023}f(\frac{1}{x^{2022}})+y^{2023}f(\frac{1}{y^{2022}}), \forall x,y \in \mathbb{R}^+$$

$\textbf{Lời giải.}$

$\Rightarrow f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}, \forall x,y \in \mathbb{R}^+$

Thay $x=1$ vào $(1)$, ta được: $f(2)=2f(1)$

Có: $f(x+y+z)=\frac{f(2x+2y)+f(2z)}{2}=\frac{\frac{f(4x)+f(4y)}{2}+f(2z)}{2}\Rightarrow f(4x)+f(4y)+2f(2z)=4f(x+y+z)(*)$

Hoán đổi vai trò của $y$ và $z$ trong $(*)$ ta được: $4f(x+y+z)=f(4x)+f(4z)+2f(2y)$

Vì vậy $f(4y)+2f(2z)=f(4z)+2f(2y)\Rightarrow f(4y)-2f(2y)=f(4z)-2f(2z)(**)$

Thay $z$ bởi $\frac{1}{2}$ trong $(**)$, ta được: $f(4y)-2f(2y)=f(2)-2f(1)=0\Rightarrow f(2y)=2f(y)$

Vậy ta có được: $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y \in \mathbb{R}^+$

Ta có $f$ cộng tính và đơn điệu nên $f(x)=ax$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=ax,\forall x>0, a \in \mathbb{R}}$

$\textbf{Bài toán 3 (THTT T11/456).}$ Tìm tất cả các hàm số đơn ánh $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f(x^5)+f(y^5)=(x+y)\left ( f^4(x)-f^3(x)f(y)+f^2(x)f^2(y)-f(x)f^3 (y)+f^4(y)\right ), \forall x,y \in \mathbb{R}(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Thay $x=y=0$ vào $(1)$, ta được: $f(0)=0$

Tiếp tục thay $y=0$ vào $(1)$ ta được: $$f(x^5)=xf^4(x)(2)$$

Thay $x=1$ vào $(2)$: $f(1)=f^4(1)$. Vì $f$ đơn ánh nên $f(1)\neq  0$

$\Rightarrow f(1)=1$

Thay $y=1$ vào $(1)$ ta có được: $$xf^4(x)+1=(x+1)(f^4(x)-f^3(x)+f^2(x)-f(x)+1)$$

$\Leftrightarrow (f(x)-1)(f(x)-x)(f(x)^2+1)=0$

Rõ ràng $f(x)\not\equiv 1$ nên $f(x)=x$. Thử lại ta thấy thỏa mãn

Vậy có một hàm thỏa mãn bài toán là $\boxed{f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}}$

$\textbf{Bài toán 2 (Thailand MO 2019).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}^+\rightarrow \mathbb{R}^+$ thỏa mãn $$f(x+yf(x)+y^2)=f(x)+2y, \forall x,y \in \mathbb{R}^+(1)$$

$\textbf{Lời giải.}$ 

Ta nhận xét rằng với các số thực dương $x,t$ thì tồn tại số thực dương $y_0$ sao cho $y_0f(x)+y_0^{2}=t(*)$

Thật vậy, ta chọn $y_0=\frac{\sqrt{f(x)^2+4t}-f(x)}{2}>0$ thì đây là cách đặt thỏa mãn điều kiện $(*)$

Thay $y$ bởi $y_0$ vào $(1)$ thì ta được: $$f(x+t)=\sqrt{f(x)^2+4t}(3)$$

Hoán đổi vai trò của $x,z$ trong $(3)$ thì ta thu được: $$f(x+t)=\sqrt{f(t)^2+4x}$$

Vì vậy ta có: $f(x)^2-4x=f(t)^2-4t=C$ nên $f(x)=\sqrt{4x+C}$ với $C$ là số thực không âm. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn

Vậy $\boxed{f(x)=\sqrt{4x+C},\forall x \in \mathbb{R},C\geq 0 }$

$\textbf{Bài toán 1 (Nguyễn Tài Chung).}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $$f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=4xy, \forall x,y \in \mathbb{R}$$ 

$\textbf{Lời giải.}$

Giả sử tồn tại hàm $f$ thoả mãn $$f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=4xy, \forall x,y \in \mathbb{R} (1)$$ 

Trước tiên, ta sẽ chứng minh $f$ đơn ánh. 

Thật vậy, thay $x=y=c$ vào $(1)$, ta được: $$f\left ( \frac{cf(c)}{2} \right )=2c^2,\forall c \in \mathbb{R}(2)$$

Giả sử tồn tại $x,y \in \mathbb{R}$ để $f(x)=f(y)$ thì ta có: $\left\{\begin{matrix}\frac{xf(x)}{2}=\frac{xf(y)}{2} & \\ \frac{yf(y)}{2}=\frac{yf(x)}{2} & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 4xy=f\left ( \frac{xf(y)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(x)}{2} \right )=f\left ( \frac{xf(x)}{2} \right )+f\left ( \frac{yf(y)}{2} \right )=2x^2+2y^2\Rightarrow x=y$

Vậy $f$ đơn ánh trên $\mathbb{R}$

Từ $(2)$ và $f$ đơn ánh suy ra $f$ là hàm lẻ

Thay $c=1$ vào $(2)$, ta được: $\frac{1}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )=1\Rightarrow \frac{1}{2}\frac{f(1)}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )=\frac{f(1)}{2}\Rightarrow f\left ( \frac{1}{2}\frac{f(1)}{2}f\left ( \frac{f(1)}{2} \right ) \right )=f\left ( \frac{f(1)}{2} \right )\Rightarrow 2.\frac{f(1)^2}{4}=2\Rightarrow f(1)^2=4$

$\textbf{Trường hợp 1:}$ $f(1)=2$ thì ta thay $y=1$ vào $(1)$, ta được: $$f(x)+f(\frac{f(x)}{2})=4x$$

Đặt $z=2x-f(x)$ thì $f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+z$

Ta có: $z=2x-f(x)\Rightarrow f(x-\frac{z}{2})=f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+z$

$\Rightarrow f\left ( x+\frac{z}{2} \right )=f\left ( \frac{f\left ( x-\frac{z}{2} \right )}{2} \right )=2(x-\frac{z}{2})+z=2x$

$\Rightarrow f(x)=f\left ( \frac{f\left ( x+\frac{z}{2} \right )}{2} \right )=2(x+\frac{z}{2})+z=2(x+z)$

Như vậy ta sẽ được $f(x)=2x,\forall x \in \mathbb{R}$. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

$\textbf{Trường hợp 2:}$ $f(-1)=2$ thì thay $y=-1$ vào $(1)$, ta được: $$f(-x)+f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=4x$$

$\Rightarrow f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=4x+f(x)$

Đặt $2x+f(x)=t$ thì $f(\frac{t}{2}-x)=f\left ( \frac{f(x)}{2} \right )=2x+t\Rightarrow f(x-\frac{t}{2})=-2x-t$

$\Rightarrow f(-x-\frac{t}{2})=f\left ( \frac{f(x-\frac{t}{2})}{2} \right )=2(x-\frac{t}{2})+t=2x$

$\Rightarrow f(x)=f\left ( \frac{f(-x-\frac{t}{2})}{2} \right )=2(-x-\frac{t}{2})+t=-2x$. Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là $\boxed{f(x)=2x,f(x)=-2x,\forall x \in \mathbb{R}}$

$\textbf{Bài toán 10:}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn

$$f(xf(y)-y)+f(xy-x)+f(x+y)=2xy,\quad\forall x,y\in\mathbb{R}.$$

Bài này em/ mình bí khá lâu và tình cờ khi đọc bài THTT T11/414 thì mình có ý tưởng giải như sau: (Bài T11/414 cũng na ná bài này nhưng dễ hơn một chút =))

Xét phương trình hàm: $$f(xf(y)-y)+f(xy-x)+f(x+y)=2xy(1)$$

Thay $x=y=0$ vào (1) ta được $f(0)=0$

Thay $y=0$ vào (1) ta được $f(-x)+f(x)=0$ nên $f$ là hàm lẻ.

Thay $x=-1,y=\frac{1}{2}$ vào $(1)$, ta được: $f(-f(\frac{1}{2})-\frac{1}{2})=-1$

Đặt $-f(\frac{1}{2})-\frac{1}{2}=a$ thì $f(a)=-1$

Thay $y$ bởi $a$ vào (1), ta được: $f(ax-x)=2ax(2)$

Nếu $a=1$ thì $f(0)=2x$, vô lí nên $a\neq 1$

Thay $x$ bởi $\frac{t}{a-1}$ vào (2), ta được: $f(t)=\frac{2at}{a+1}=ct$ với $c=\frac{2a}{a+1}$

Thay ngược lại vào (1) ta tìm được $c=1$ hoặc $c=-2$

Vậy có $2$ hàm thỏa mãn là $\boxed{f(x)=x,f(x)=-2x}$

$\textbf{Bài toán :}$ Cho tứ giác lồi $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi  $I_1,I_2,I_3$ và $I_4$ tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $DAB,ABC,BCD$ và $CDA$. Gọi $O_1,O_2,O_3$ và $O_4$ tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác  $AI_2I_4$ ,$BI_1I_3$, $CI_2I_4$ và $DI_1I_3$. 

a) Chứng minh rằng $O_1O_3 \bot AC$ và $O_2O_4 \bot BD$

b) Đường thẳng nối trung điểm của $I_1I_3$ và $I_2I_4$ đi qua $I$

c) Đường nối trung điểm của $O_1O_3$ và $O_2O_4$ đi qua $I$

$\textbf{Bài toán 10:}$ Tìm tất cả các hàm số $f$: $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn

$$f(xf(y)-y)+f(xy-x)+f(x+y)=2xy,\quad\forall x,y\in\mathbb{R}.$$