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膜拜！~

设f:R->R满足任意实数x,y
f(xf(y)+x^2)=xy+f^2(x)
求f

函数必须是单射函数，否则如果有两个不同的a,b使得f(a)=f(b)=c，则有
f(cx+x^2)=ax+f^2(x)=bx+f^2(x) 对任意x都成立，于是a=b，矛盾。
f(xf(y)+x^2)=xy+f^2(x)-------(1)
令 x=0 得 f(0)=0 or 1
假设 f(0)=1 令y=0 则有 f(x+x^2)=f^2(x)-------(2)
令上式 x=-1 则有 f(-1)=-1
令(1)式 y=-1 则有 f(-x+x^2)=-x+f^2(x)
令上式 x=1 则有 f^2(1)=2
令(2)式 x=1 则有 f(2)=2
令(1)式 y=2 则有 f(2x+x^2)=2x+f^2(x)
令上式 x=1 则有 f(3)=4
令 x+x^2=3 解得其中一个正根 x=x0=[sqrt(13)-1]/2>0
带入(2)式子 则有 f(3)=f^2(x0)=4
同时注意(2)式 任何一个大于-1/4的数u，都可以找到一个x使得x+x^2=u，于是f(u)=f^2(x)>=0
于是任何一个大于-1/4的数u，其函数值f(u)非负，故f(x0)=2，同时又f(2)=2，与之前已经证明的单射矛盾，故假设不成 立，f(0)=0.

接上，令(1)式 y=0 则有 f(x^2)=f^2(x) 同时 f((-x)^2)=f^2(-x)
故 f^2(x)=f^2(-x)，故 f(x)=-f(-x)，f(x) 为奇函数
令上式 x=1 则有 f(1)=f^2(1) 故 f(1)=1
令(1)式 x=1 则有f(f(y)+1)=y+1 ----------(3)
上式结合 f(1)=1 可由归纳法证得对任意自然数n，有 f(n)=n 成立
令(1)式 y=m/n，其中m,n为正整数，x=n，则有 f(nf(m/n)+n^2)=m+n^2
于是有 f(m/n)=m/n
综上，结合奇函数知，对任何有理数 q，f(q)=q


下证:
f(x)->0 as x->a 则 a=0
反证法：假设a不等于0，则根据极限定义有，对任意的e>0，存在d>0，当 |x-a|<d 时，有 |f(x)|<e
然而取 e=|a|/2，对任意的d>0，在区间(a-d,a+d)之内总能找一个有理数x，使得|x|>|a|，于是 |f(x)|=|x|>|a|>e
矛盾，故 a=0
对任意无理数 r 存在一个有理数序列 {q[n]} 使得当n->+inf 时，q[n]->r
令(1)式 x=-q[n] ，y=r 则有 f(-q[n](f(r)-q[n]))=-q[n]r+q[n]^2
n->inf 时, q[n]->r,f(-q[n](f(r)-q[n]))->0
故 -q[n](f(r)-q[n]) ->0
f(r)-q[n]->0
故 f(r)=r


kao,看数学战士让我想起了平渊……