【代数】函数方程(6)

题1 求解函数方程：
$f(\sin x-1)=\cos^2x+2 (-\infty<x<\infty)$ (1.1)

解令 $\sin{x}-1=y$ ，则
$\sin x = 1+y$
$\cos^2x = 1-\sin^2x=1-(y+1)^2=-y^2-2y$
代入(1.1)得
$f(y)=-y^2-2y+2$
经验证， $f(x)=-x^2-2x+2$ 是方程(1.1)的解。 $\blacksquare$

题2 设 $f:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$ 对于任意的 $x\in\mathbb R$ ，满足：
$f(x^2+x+3)+2f(x^2-3x+5)=6x^2-10x+17$ (2.1)
求 $f(85)$

解令 $x=1-y$ ，代入(2.1)化简得：
$f(y^2-3y+5)+2f(y^2+y+3)=6y^2-2y+13$
即：
$f(x^2-3x+5)+2f(x^2+x+3)=6x^2-2x+13$ (2.2)
联立(1.1),(1.2)得：
$f(x^2+x+3)=2x^2+2x+3$
令 $y=x^2+x+3$ ，则 $x^2+x=y-3$ 代入上式得：
$f(y)=2y-3$
于是有 $f(85)=167$

评注我们怎么知道使 $x=1-y$ 时，能够把函数方程转化成代数方程？过程如下：
令 $x=ay+b$ ，则：
$x^2+x+3=a^2y^2+a(2b+1)x+(b^2+b+3)$
与 $x^2-3x+5$ 系数比较，令：
$\begin{cases} a^2 =1 \\ a(2b+1)=-3 \\ b^2+b+3=5 \end{cases}$
解得： $a=-1,b=1\blacksquare$

题3 求解函数方程
$f(x)+f(\frac{x-1}x)=1+x$ (3.1)
解令 $\frac{x-1}{x}=y$ ，则 $x=\frac{1}{1-y}$ ，代入(3.1)得：
$f(\frac{1}{1-y})+f(y)=1+\frac{1}{1-y}$
即：
$f(\frac{1}{1-x})+f(x)=1+\frac{1}{1-x}$ (3.2)
再令 $\frac{1}{1-x}=\frac{y-1}y$ ，则 $x=\frac{1}{1-y}$ ，代入(3.2)得：
$f(\frac{y-1}{y})+f(\frac{1}{1-y})=1+\frac{y-1}y$
即：
$f(\frac{x-1}{x})+f(\frac{1}{1-x})=1+\frac{x-1}x$ (3.3)
(3.1)+(3.2)-(3.3)得：
$2f(x)=1+x+\frac{1}{1-x}-\frac{x-1}x$
得：
$f(x)=\frac{1+x^2-x^3}{2x(1-x)}$ (3.4)
经验证，函数(3.4)即为方程(3.1)的解。 $\blacksquare$

题4 证明：恰有一个定义在非零实数上的函数 $f$ ，满足：
(1)对所有的非零实数 $x$ ,有：
$f(x)=xf(\frac{1}x)$ (4.1)
(2)对所有的 $x\ne y$ 的非零实数对 $(x,y)$ ，有
$f(x)+f(y)=1+f(x+y)$ (4.2)

证明显然， $f(x)=1+x$ 满足(1)(2)，以下证明唯一性。
令 $y=1$ 代入(4.2)得：
$f(x)+f(1)=1+f(x+1)$ (4.3)
用 $(-x,x+1)$ 代入(4.2)得：
$f(-x)+f(x+1)=1+f(1)$ (4.4)
$(4.3)+(4.4)$ 得：
$f(x)+f(-x)=2$ (4.5)
又由(4.1),(4.5)得：
$xf(\frac{1}x)-xf(-\frac{1}x)=2$
两边除以 $x$ ：
$f(\frac{1}x)-f(-\frac{1}x)=\frac{2}x$
再令 $\frac{1}x=y$ 代入上式：
$f(y)-f(-y)=2y$
即：
$f(x)-f(-x)=2x$ (4.6)
(4.5)+(4.6)得：
$2f(x)=2x+2$
解得：
$f(x)=x+1$
这就证明了唯一性。 $\blacksquare$

题5 求所有函数 $f:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$ ，使：
$\forall x,y\in\mathbb R,(x-y)f(x+y)-(x+y)f(x-y)=4xy(x^2-y^2)$ (5.1)

解令 $x=y\ne 0$ ，得： $f(0)=0$
令 $x+y=u,x-y=v$ ，那么：
$x=\frac{u+v}2,y=\frac{u-v}2$
代入(5.1)得：
$vf(u)-uf(v)=uv(u+v)(u-v)$
当 $u,v\ne 0$ 时，有：
$\frac{f(u)}u-\frac{f(v)}v=u^2-v^2$
移项得(变量分离)：
$\frac{f(u)}u-u^2=\frac{f(v)}v-v^2$
上式两边，对任意两个 $u,v\in \mathbb R$ 成立，所以：
$\frac{f(u)}u-u^2=c(常数)$
变形得： $f(u)=cu+u^3$
上式对于 $u=0$ 时也成立。
经验证， $f(x)=cx+x^3$ 是方程的解。 $\blacksquare$

题6 求所有函数 $f:\mathbb R_+\cup \{0\}\rightarrow\mathbb R_+\cup\{0\}$ ，使之满足：
(1) $\forall x,y \in R_+\cup \{0\},f(xf(y))f(y)=f(x+y)$
(2) $f(2)=0$
(3) $\forall x\in[0,2),f(x)\ne 0$

解第一步，求当 $x \ge 2$ 时 $f(x)$ 的解：
令 $t>0$ ，根据(1)得：
$f(2+t)=f(tf(2) )f(2)=0$
由 $t$ 的任意性并综合(2)得：当 $x\ge 2$ 时 $f(x)=0$

第二步，求当 $0 \le x < 2$ 时 $f(x)$ 的解：
令 $x=2-t,0<t\le 2$ ，则 $x+t=2$ ，利用(1)得：
$0=f(2)=f(x+t)=f(tf(x))f(x)$
$(3)\Rightarrow f(x)\ne 0$ ，所以：
$f(tf(x))=0$
这导致 $tf(x) \ge 2$ ，即：
$f(x) \ge \frac{2}t=\frac{2}{2-x}$
以下证明：对于任意的 $x\in [0,2),f(x) \not >\frac{2}{2-x}$ .
若不然， $\exists a\in[0,2),f(a)>\frac{2}{2-a}$ ，那么：
$\exists b,0 \le{b}<2-a,f(a)>\frac{2}{b}$
即 $bf(a)>2$ ，根据第一步的结果，有：
$0=f(bf(a))f(a)=f(a+b)$
但 $a+b<2$ ，矛盾；
所以，使 $f(a)>\frac{2}{2-a}$ 的 $a$ 不存在；
这说明： $f(x)=\frac{2}{2-x}$ 对任意的 $x\in [0,2)$ 成立。

综上所述： $f(x)=\begin{cases} \frac{2}{2-x} &x \in[0,2) \\ 0 &x\in(2,\infty) \end{cases}\blacksquare$

题7 求所有函数 $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$ ，满足：
$\forall x,y \in \mathbb R,f(f(x)+y)=f(x^2-y)+4f(x)y$ (7.1)

解令 $y=\frac{x^2-f(x)}2$ ，代入(7.1)得：
$f(\frac{x^2+f(x)}2)=f(\frac{x^2+f(x)}2)+4f(x)[\frac{x^2-f(x)}{2}]$
化简得方程：
$f(x)[f(x)-x^2]=0$ (7.2)
得：
$\forall x\in \mathbb R(f(x)=0\vee f(x)=x^2)$ (7.3)
由(7.3)得： $f(0)=0$

以下证明， $(\exists a\in \mathbb R-\{0\}f(a)=0)\rightarrow (\forall x f(x)=0)$ (7.4)
式(7.4)文字描述为：如果存在非零实数 $a,f(a)=0$ ，那么 $f(x) \equiv 0$ ，证明如下：
令 $x=a$ 代入(7.1)得：
$f(f(a)+y)=f(a^2-y)+4f(a)y$

令 $y=x$ 并化简：
$f(x)=f(a^2-x)$ (7.5)
(7.1)中令 $x=0$ 得：
$\forall y \in \mathbb Rf(y)=f(-y)$
结合(7.5)得：
$f(a^2-x)=f(x)=f(-x)$
也就是：
$f(x)=f(x+a^2)$ (7.6)
$f(x)$ 是以 $a^2$ 为周期的周期函数。
假设(7.4)不成立，那么存在 $b\ne 0,f(b)\ne 0$ ，根据(7.3)得：
$f(b)=b^2$
结合(7.6):
$(b+2a^2)^2=(b+a^2)^2=b^2$
这与 $a,b \ne 0$ 矛盾，假设不成立，(7.4)成立。

由(7.4)知：
$\forall x \in \mathbb R f(x)\equiv0$ 或 $\forall x \in \mathbb R f(x)=x^2$
经验证，上述函数满足方程(7.1).

题8(2019罗马尼亚大师杯第5题) 求所有函数 $f:\mathbb R \rightarrow \mathbb R$ ，满足：
$f(x+yf(x))+f(xy)=f(x)+f(2019y)$ (8.1)

解令 $x=2019$ ，代入(8.1)得：
$f(2019+yf(2019))=f(2019)$
即
$f(2019+xf(2019))=f(2019)$ (8.2)

分两种情况讨论：
(1) $f(2019) \ne 0$
这时，当 $x$ 取遍所有实数时， $2019+xf(2019)$ 也取遍所有实数，结合(8.2)：
$f(x)=f(2019)=C\ne 0$
经验证，这个函数满足(8.1)。

(2) $f(2019) = 0$
分两种情景：
情景1：对所有实数 $a\ne 2019,f(a)\ne0$ 。
令 $y=1$ 代入(8.1)得：
$f(x+f(x))=f(2019)=0$
由本情景之条件，得： $x+f(x)=2019$ ，即：
$f(x)=2019-x$
经验证，这个函数满足(8.1)。

情景2：这是情景1的相反条件，也就是存在实数 $a,a\ne 2019,f(a)=0$ 。
这时，若 $f(0)=0$ ，令 $x=0$ 代入(8.1)：
$f(2019y)=0$ ，由 $y$ 的任意性得：
$f(x)=0$
经验证，该函数是(8.1)的解。

若 $f(0)\ne 0$ ，这时 $a \ne 0$
令 $x=a$ 代入(8.1)得：
$f(ay)=f(2019y)$
即：
$f(ax)=f(2019x)$
上式经代换得：
$f(x)=f(\frac{a}{2019}x)$ (8.3)

现在令 $x=a,y=\frac{a}{2019}$ ，代入(8.1)
$f(a+\frac{a}{2019}f(a))+f(\frac{a^2}{2019})=f(a)+f(a)$
化简并由(8.3)计算得：
$f(0)=-f(\frac{a^2}{2019})=-f(a)=0$
这与 $f(0) \ne 0$ 矛盾。所以，情景2在条件 $f(0) \ne 0$ 下无解。

小结：
情景1的结论是：若不存在 $a\ne 2019,f(a)=0$ ，则 $f(x)=2019-x$
情景2的结论是：若存在 $a\ne 2019,f(a)=0$ ，则 $f(x)=0$

总结：
综合(1)(2)并验证，方程(8.1)有两个解：
$f_1(x)=2019-x,f_2(x)=C(任意常数)\blacksquare$

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