假設函數f、g：R→R滿足下列條件：
- 對於任意的實數x、y有 f( g(x) ) = mx +c；
- g是滿射。
f( x f(x) +f(y) ) = [ f(x) ]2+y。(2000年第十七屆波羅的數學奧林匹克)
答案：f(x)=x是恒等映射，或者對於任意的整數x，f(x)=-x。
證：
- 先證明：對於任意的整數x，f。f(x)=x。
- 代x=0入原式，則對於任意的整數y，有f( f(y) )=f( 0f(0)+f(y) )=[ f(0) ]2+y。
- 令b=f( -[ f(0) ]2)，則f(b)==f( f(-[ f(0) ]2) )= [ f(0) ]2+b=[ f(0) ]2-[ f(0) ]2=0。
- 再代x=b入原式，得對於任意的整數x，有
- 證明：對於任意的整數x，有f。f(x)=x及[f(x)]2=x2。
- 由於(i)，有x f(x)=f(x)f( f(x) ) 。再由原式，對於任意的實數x、y，有
- 比較後，得對於任意的整數x，有[f(x)]2=x2。
- 現證明：f(1)=1或者f(1)=-1。由f(1)2=12=1，所以f(1)=1或者f(1)=-1。
- 最後要證明：f(x)≡x或f(x)≡-x視乎f(1)=1或者f(1)=-1。
- 證明：對於任意的整數y，有f( 1+f(y) ) =1+y。
- 平方後及由(ii)，得知對於任意的整數x，有
f( f(y) ) = f( b f(b) +f(y) ) = [ f(b) ]2+y=y。即對於任意的整數x，f。f(x)=x。
[f(x)]2 +y = f( x f(x) +f(y) ) = f( f(x)f( f(x) ) +f(y) ) =[f( f(x) )]2+y=x2+y。
證：先假設f(1)=1；
代x=1入原式，得f( 1+f(y) ) = f( 1f(1)+f(y) )= [ f(1)]2+y=1+y，其中y是任意的整數。
[1+f(x)]2=[ f( 1+f(x) ) ]2=[ 1+x ]2，所以有f(x)=x。
- 這題的主要思想是把原方程的左式f( x f(x) +y) 中的項xf(x)刪除，
- 可能有部分讀者看見：對於任意的整數x，有[f(x)]2=x2。便用分式分解的方法推得 f(x) =x 或者 f(x) =-x。但這並不代表f(x)≡x或f(x)≡-x。原因如下：
最常見的方法是考慮：x=0，或者選取適合的x值使得f(x)=0。
雖然有：
x[[f(x)]2=x2]
x[
( f(x)=x )
(f(x)=-x
)]；
但這並不等價於
x[f(x)=x
]x[f(x)=-x
](f(x)≡x)(f(x)≡-x)。- 對於任意的整數x、y有f( g(x) +y) =g( f(y) + x)；
- g(x)=g(y)當且僅當x=y。
答案：f(x)=x+c、g(x)=x+d，其中c、d為任意的整數。
證：設c=f(0)、d=g(0)。
- 由原式證明：f(g(x))=g(c+x)、g(f(y))=f(y+d)。
- 再利用複合函數的結合律(g。f)。g=g。 (f。g)，得
- 接著由g的單射性質及(ii)，得g(c+x)=f(d)+x。
- (家課：)剩下來要證明：對於任意的整數x，有f(x)=x+c，及g(x)=x+d。
- 由(iii)得g(x)=f(d)+x-c =x+M，其中M=f(d)-c。
- 然後把x換為x-M，則g(x-M)=x。把y=0、及x改為x-M代入原方程，得
g(g(c+x))=g(f(g(x)))=g(f(g(x)))=f(g(x) +d) =g( f(d) + x)。
f(x)=f(g(x-M)+0)=g( f(0) +(x-M) ) =x-M+f(0)+M=x+f(0)。即f(x)= x+c。
證：
註：這問題的難處在於有兩個未知函數f和g，並利用結合律。
證明：由於f( f(x +y) ) = f(x+y) +f(x) f(y) -xy，分別代y=0入原式，並記c=f(0)得：
- f(f(x))=f(x)+cf(x)=(1+c)f(x)。換句話說，即
- 對於任意的實數x、y，已知f(x+y)必在Ran(f)，從原式得
- 代入x=-y=c，得c2=cf(0)=f(c)f(-c)+c2。因此得f(c)f(-c)=0，特別地f(c)=0或者f(-c)=0，所以0在Ran(f)。特別地由(i)得c=f(0)=(1+c)0=0。於是對於在Ran(f)的所有z，有f(z)=z。
- 剩下來要證明：對於任意的實數x，有f(x)=x。由於(i)，得f(f(x))=f(x)。從原式得f(x+y)=f(f(x+y))=f(x+y)+f(x) f(y) -xy，即0=f(x) f(y) -xy。特別地有0=[f(x)-x][f(x)+x]，得知 f(x)2-x2=0，所以f(x)=-x或者f(x)=x。
-
現在證明：對於任意的實數x，有f(x)=x。
假設相反：即存在某個x0≠0使得f(x0)=-x0。 - 由(iii)得知f(-x0)=f( f(x0) )=f(x0)= -x0。
- 由(iv)得知0=f(x0) f(-x0) -x0(-x0)=(-x0)(-x0)+x02=2x02。但這與x0≠0有矛盾
函數f在它的值域Ran(f)={ f(x) | x為任意的實數}上是個線性函數，即
f(z)=(1+c)z，其中z在Ran(f)。
(1+c)f(x+y)=f(f(x+y))=f(x+y) +f(x)f(y) -xy，即cf(x+y)=f(x)f(y) -xy。
試用以上題目的類似解法，證明f(x)≡x。
對於任意的實數x、y有 f( x f(y) +x ) =xy+ f(x)。