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迭代与函数方程
一、函数迭代基础
1.1 迭代的定义与记号
设 $f$是定义在集合$S$ 上的函数，$f: S \to S$。定义 $f$的$n$ 次迭代为：
$$ f^1(x) = f(x), \quad f^{n+1}(x) = f\big(f^n(x)\big), \quad n \in \mathbb{N}^* $$
特别地，规定 $f^0(x) = x$（恒等映射）。
WARNING
注意区分 $f^n(x)$与$[f(x)]^n$！前者是函数迭代，后者是函数值的 $n$ 次幂。在三角函数中，$\sin^2 x$表示$(\sin x)^2$ 是约定俗成的例外。
迭代的基本性质：
- 结合律：$f^m \circ f^n = f^{m+n}$，即 $f^m\big(f^n(x)\big) = f^{m+n}(x)$
- 交换律：$f^m \circ f^n = f^n \circ f^m$（同一函数的迭代总是可交换的）
- 若 $f$是双射，则$f^{-n}(x) = (f^{-1})^n(x)$，即逆映射的 $n$ 次迭代
TIP
迭代本质上是一个离散动力系统。研究 $f^n(x)$当$n \to \infty$ 时的行为，可以揭示系统的长期演化规律。
1.2 迭代的周期性
定义（周期点）： 若存在正整数 $n$使得$f^n(x) = x$，则称 $x$为$f$的周期点。使等式成立的最小正整数$n$称为$x$ 的周期。
- $n=1$：不动点，即 $f(x) = x$
- $n=2$：周期 $2$点，满足$f(f(x)) = x$但$f(x) \neq x$
定理（周期点的性质）：
- 若 $x$是周期为$n$的点，则$f(x), f^2(x), \ldots, f^{n-1}(x)$也都是周期为$n$ 的点
- 若 $f$是连续函数，且$f$有周期$3$点，则$f$ 有任意周期的周期点（Li-Yorke 定理）
TIP
在竞赛中，周期性的关键应用是：若能从方程中推出 $f^n(x) = x$，则可利用迭代的周期性来限制 $f$ 的形式。
例题 1： 已知 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(f(x)) = -x$，求 $f$ 的迭代周期。
解析： 由 $f(f(x)) = -x$，得 $f^2(x) = -x$。则 $$ f^4(x) = f^2(f^2(x)) = f^2(-x) = -(-x) = x $$ 所以 $f^4(x) = x$，即 $f$的周期为$4$。进一步，$f^3(x) = f(f^2(x)) = f(-x)$，且： $$ f^3(x) = f^{-1}(x) \quad (\text{因为 } f^4 = \text{id}) $$ 这说明 $f$是$4$ 阶循环的。
1.3 迭代的不动点
定义： 满足 $f(x) = x$的点$x$称为$f$ 的不动点。
不动点与迭代的关系：
- 若 $x_0$是$f$的不动点，则它也是$f^n$的不动点（对任意$n$）
- 反之，$f^n$的不动点不一定是$f$的不动点（可能是周期为$n$ 的约数的周期点）
不动点法在函数方程中的应用：
若函数方程对某个特殊值 $x_0$成立，常可尝试令方程中的变量取$x_0$ 或其迭代值，从而得到不动点。
TIP
不动点法的核心技巧：在方程 $f(x + f(y)) = f(x) + y$中，若能找到$a$使$f(a) = 0$，则令 $y = a$ 可简化方程。
1.4 迭代与函数方程的关系
函数方程和迭代紧密相连。许多函数方程本质上是对 $f$ 的迭代行为施加约束：
- $f(f(x)) = g(x)$：$f$的二次迭代等于已知函数$g$（迭代根问题）
- $f(x + f(y)) = f(x) + y$：这类方程暗示 $f$ 是某种对合变换
- $f(xf(y)) = yf(x)$：涉及乘法下的迭代行为
核心思想： 求解函数方程 = 确定 $f$ 的迭代结构。
二、常见函数的迭代公式
2.1 线性函数 $f(x) = ax + b$
情形一：$a = 1$
$$ f(x) = x + b \implies f^n(x) = x + nb $$
情形二：$a \neq 1$
$$ f(x) = ax + b \implies f^n(x) = a^n x + b \cdot \frac{1 - a^n}{1 - a} $$
或等价地：
$$ f^n(x) = a^n\left(x - \frac{b}{1-a}\right) + \frac{b}{1-a} $$
其中 $x^* = \frac{b}{1-a}$是$f$ 的不动点。
INFO
推导技巧：先求不动点 $x^* = \frac{b}{1-a}$，则 $f(x) - x^* = a(x - x^*)$，于是 $f^n(x) - x^* = a^n(x - x^*)$。
例题 2： 已知 $f(x) = 3x - 2$，求 $f^{2024}(1)$。
解析： 不动点 $x^* = \frac{-2}{1-3} = 1$。由 $f(x) - 1 = 3(x - 1)$，得 $$ f^n(x) - 1 = 3^n(x - 1) $$ 因此 $f^{2024}(1) = 1 + 3^{2024} \cdot (1 - 1) = 1$。
2.2 分式线性函数 $f(x) = \frac{ax + b}{cx + d}$
分式线性函数的迭代可通过矩阵表示法优雅处理。
将 $f(x) = \frac{ax + b}{cx + d}$与矩阵$M = \begin{pmatrix} a & b \newline c & d \end{pmatrix}$ 对应，则：
定理： 若 $f \leftrightarrow M$，$g \leftrightarrow N$，则 $f \circ g \leftrightarrow MN$。
因此 $f^n \leftrightarrow M^n$，即
$$ f^n(x) = \frac{A_n x + B_n}{C_n x + D_n}, \quad \text{其中 } \begin{pmatrix} A_n & B_n \newline C_n & D_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \newline c & d \end{pmatrix}^n $$
TIP
矩阵法本质上是利用射影变换的群结构。注意 $M$和$kM$（$k \neq 0$）对应同一个分式线性变换。
例题 3： 设 $f(x) = \frac{x+1}{x-1}$，求 $f^n(x)$ 的通项公式。
解析： $M = \begin{pmatrix} 1 & 1 \newline 1 & -1 \end{pmatrix}$。计算 $M^2$： $$ M^2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \newline 1 & -1 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 2 & 0 \newline 0 & 2 \end{pmatrix} = 2I $$ 因此 $M^{2k} = 2^k I$，$M^{2k+1} = 2^k M$。所以：
- $n$ 为偶数时，$f^n(x) = x$
- $n$ 为奇数时，$f^n(x) = f(x) = \frac{x+1}{x-1}$
2.3 二次函数与切比雪夫多项式
切比雪夫多项式（第一类） $T_n(x)$ 定义为：
$$ T_n(\cos \theta) = \cos(n\theta) $$
递推关系：$T_0(x) = 1$，$T_1(x) = x$，$T_{n+1}(x) = 2x T_n(x) - T_{n-1}(x)$。
关键性质： $T_n(T_m(x)) = T_{nm}(x)$，即切比雪夫多项式在复合下构成半群。
特别地，$T_2(x) = 2x^2 - 1$，所以研究 $f(x) = 2x^2 - 1$ 的迭代等价于研究切比雪夫多项式：
$$ f^n(x) = T_{2^n}(\arccos x) = \cos(2^n \arccos x) $$
TIP
桥函数法的经典案例：$f(x) = 2x^2 - 1$在$[-1, 1]$上的迭代可以用$\varphi(x) = \arccos x$桥接到$g(t) = 2t$。详见第三章。
更一般的二次函数： 对于 $f(x) = ax^2 + bx + c$（$a \neq 0$），可通过配方法化为标准型，再与切比雪夫多项式建立联系。
三、桥函数法（共轭函数法）
3.1 核心思想
定义： 若存在双射 $\varphi$使得$f = \varphi^{-1} \circ g \circ \varphi$，则称 $f$与$g$ 拓扑共轭。
定理（共轭的迭代性质）： $$ f^n = (\varphi^{-1} \circ g \circ \varphi)^n = \varphi^{-1} \circ g^n \circ \varphi $$
这意味着：如果 $g$的迭代容易计算，那么$f$ 的迭代也就迎刃而解。
三个步骤：
- 找到桥函数（共轭函数）$\varphi$，使得 $g = \varphi \circ f \circ \varphi^{-1}$ 形式简单
- 计算 $g^n(x)$（通常 $g$ 是线性函数或简单的幂函数）
- 用 $f^n(x) = \varphi^{-1}\big(g^n(\varphi(x))\big)$ 得到结果
3.2 寻找桥函数 $\varphi$ 的方法
方法一：利用不动点
若 $f$有不动点$x^*$，可尝试平移 $\varphi(x) = x - x^*$，使得 $g(0) = 0$。
方法二：利用函数方程形式
观察 $f$的结构，猜测$\varphi$ 的形式。常见模式：
- $f(x) = \frac{ax+b}{cx+d}$→$\varphi(x) = \frac{x - \alpha}{x - \beta}$（其中 $\alpha, \beta$ 是不动点）
- $f(x) = x^2 + c$→$\varphi(x) = x + \frac{1}{x}$ 或三角函数
- $f(x) = px + q$→$\varphi(x) = x - \frac{q}{1-p}$
方法三：解 Schröder 方程
在不动点 $x^*$附近，寻找$\varphi$满足$\varphi(f(x)) = \lambda \cdot \varphi(x)$，其中 $\lambda = f'(x^*)$。
3.3 典型例子：$f(x) = x^2 - 2$
对于 $f(x) = x^2 - 2$，定义域 $[-2, 2]$上，令$\varphi(x) = x + \frac{1}{x}$（或等价地 $x = \varphi(t) = t + \frac{1}{t}$）。
INFO
为什么这样选？因为 $f(x) = x^2 - 2$满足$f(t + \frac{1}{t}) = (t + \frac{1}{t})^2 - 2 = t^2 + \frac{1}{t^2}$，所以 $\varphi \circ g = f \circ \varphi$，其中 $g(t) = t^2$。
于是 $f^n(t + \frac{1}{t}) = t^{2^n} + \frac{1}{t^{2^n}}$，即
$$ f^n(x) = \varphi^{-1}\big((\varphi^{-1}(x))^{2^n}\big) = \alpha^{2^n} + \frac{1}{\alpha^{2^n}} $$
其中 $\alpha$满足$\alpha + \frac{1}{\alpha} = x$。
例题 4： 求 $f(x) = x^2 - 2$的$f^n(x)$通项，并计算$f^{10}(0)$。
解析： 令 $x = t + \frac{1}{t}$，则 $f(x) = t^2 + \frac{1}{t^2}$，归纳得 $f^n(x) = t^{2^n} + \frac{1}{t^{2^n}}$。
当 $x = 0$ 时，$t + \frac{1}{t} = 0$，解得 $t = i$或$t = -i$。取 $t = i$，则 $$ f^{10}(0) = i^{2^{10}} + \frac{1}{i^{2^{10}}} = i^{1024} + (-i)^{1024} = 1 + 1 = 2 $$ （因为 $1024$是$4$ 的倍数，$i^{1024} = 1$）
3.4 更多桥函数例题
例题 5： 设 $f(x) = \frac{x}{1 + x}$（$x > 0$），求 $f^n(x)$。
解析： 注意到 $f(x) = \frac{x}{1+x}$。令 $\varphi(x) = \frac{1}{x}$，则 $$ \varphi(f(x)) = \frac{1}{f(x)} = \frac{1+x}{x} = 1 + \frac{1}{x} = 1 + \varphi(x) $$ 因此 $g(t) = t + 1$，$g^n(t) = t + n$。故 $$ \varphi(f^n(x)) = \varphi(x) + n \implies \frac{1}{f^n(x)} = \frac{1}{x} + n \implies f^n(x) = \frac{x}{1 + nx} $$
例题 6： 设 $f(x) = \frac{2x}{1 - x^2}$（$|x| < 1$），求 $f^n(x)$。
解析： 联想到正切倍角公式 $\tan 2\theta = \frac{2\tan\theta}{1 - \tan^2\theta}$。令 $\varphi(x) = \arctan x$，则 $$ \varphi(f(x)) = \arctan\left(\frac{2x}{1-x^2}\right) = 2\arctan x = 2\varphi(x) $$ 因此 $g(t) = 2t$，$g^n(t) = 2^n t$。故 $$ f^n(x) = \tan(2^n \arctan x) $$
四、函数方程的进阶方法
4.1 柯西方程
柯西加法方程： $f(x + y) = f(x) + f(y), \quad \forall x, y \in \mathbb{R}$
在适当条件下（连续性、单调性、可测性等），解为 $f(x) = cx$（$c = f(1)$）。
TIP
若无任何正则性条件，柯西方程存在大量"病态"解（利用 Hamel 基构造）。竞赛中通常附加"$f$在$\mathbb{R}$ 上连续"或"$f$在$0$ 处连续"等条件。
四类基本柯西方程及通解：
| 方程类型 | 方程形式 | 通解（正则条件下） |
|---|---|---|
| 加法型 | $f(x+y) = f(x) + f(y)$ | $f(x) = cx$ |
| 乘法型 | $f(x+y) = f(x)f(y)$ | $f(x) = a^x$或$f \equiv 0$ |
| 对数型 | $f(xy) = f(x) + f(y)$ | $f(x) = c\ln x$（$x > 0$） |
| 幂函数型 | $f(xy) = f(x)f(y)$ | $f(x) = x^c$或$f \equiv 0$ |
柯西方程的解题步骤：
- 代入特殊值求 $f(0)$、$f(1)$ 等
- 证明 $f$ 对整数、有理数成立
- 利用连续性延拓到实数
4.2 变量代换法
变量代换是函数方程中最基本也最灵活的技巧。
常用代换：
- 令 $y = f(x)$：将方程转化为含 $f(f(x))$ 的形式
- 令 $x = y$：得出关于 $f(2x)$或$f(x^2)$ 的信息
- 令 $x = 0$或$y = 0$：求特殊值
- 互换 $x$和$y$：利用对称性得到新方程，与原方程联立
- 令 $y = -x$：消去某些项
例题 7： 求解 $f(x + f(y)) = f(x) + y$，$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$且$f$ 是双射。
解析：
令 $x = 0$：$f(f(y)) = f(0) + y$ —— (1)
在 (1) 中令 $y = 0$：$f(f(0)) = f(0)$ —— (2)
在 (1) 中令 $y = f(0)$：$f(f(f(0))) = f(0) + f(0) = 2f(0)$
由 (2)，$f(f(0)) = f(0)$，所以 $f(f(0)) = f(0) \implies f(f(f(0))) = f(f(0)) = f(0)$
因此 $2f(0) = f(0) \implies f(0) = 0$。
代入 (1)：$f(f(y)) = y$，即 $f$ 是对合。
由原方程，令 $y = f(z)$：$f(x + f(f(z))) = f(x) + f(z)$，即 $f(x + z) = f(x) + f(z)$。这是柯西加法方程，且由 $f(f(y)) = y$知$f$是满射，进一步可证$f$连续（或利用单调性），得$f(x) = cx$。
代入 $f(f(y)) = y$：$c^2 y = y$，因 $y$ 任意，$c^2 = 1$，$c = \pm 1$。
验证：$f(x) = x$和$f(x) = -x$ 均满足原方程。
4.3 对称性利用
技巧： 若方程关于 $x$和$y$对称，交换$x$和$y$ 得到对称方程，与原方程相减/相加/联立。
P(x, y) 记号： 用 $P(x, y)$表示将$x, y$代入原方程所得的等式。例如$P(x, f(x))$表示令$y = f(x)$。
操作技巧：
- $P(x, y) - P(y, x)$：消去对称项
- $P(x, f(y))$：引入迭代
- $P(f(x), y)$：另一方向的迭代
- $P(x, 0)$、$P(0, y)$：求边界值
例题 8： 求解 $f(x)f(y) = f(x+y) + f(x-y)$，$f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 连续。
解析：
$P(0, 0)$：$f(0)^2 = 2f(0) \implies f(0) = 0$或$f(0) = 2$。
$P(x, 0)$：$f(x)f(0) = 2f(x)$。
若 $f(0) = 0$，则 $2f(x) = 0$，$f(x) \equiv 0$。
若 $f(0) = 2$，交换 $x$和$y$知方程对称。验证$f(x) = 2\cos(kx)$： $$f(x)f(y) = 4\cos(kx)\cos(ky) = 2[\cos(k(x+y)) + \cos(k(x-y))] = f(x+y) + f(x-y)$$ 系数完全匹配。同理 $f(x) = e^{kx} + e^{-kx} = 2\cosh(kx)$ 也满足。
综合 $f(0) = 0$的情形$f(x) \equiv 0$，标准解为 $f(x) = 0$、$f(x) = 2\cos(kx)$或$f(x) = 2\cosh(kx)$（$k$ 为任意实数）。
4.4 不动点法在函数方程中的应用
核心技巧： 若 $a$满足$f(a) = a$，则在方程中代入 $x = a$或$y = a$ 可以简化。
定理（不动点的存在性）： 若 $f$是连续函数且$f: [a, b] \to [a, b]$，则 $f$在$[a, b]$ 上有不动点（Brouwer 不动点定理的一维情形）。
应用步骤：
- 尝试证明 $f$ 有不动点
- 设不动点为 $c$，$f(c) = c$
- 在方程中代入不动点，得到新关系
- 结合其他条件推导 $f$ 的表达式
4.5 单射/满射/双射的判定与利用
定义：
- 单射：$f(x_1) = f(x_2) \implies x_1 = x_2$
- 满射：$\forall y \in B, \exists x \in A, f(x) = y$
- 双射：既是单射又是满射
判定技巧：
在方程 $f(g(x, y)) = h(x, y)$ 中：
- 若左端是 $f$ 的复合，右端变化范围大，$f$ 可能是满射
- 若 $f(a) = f(b)$能推出$a = b$，则 $f$ 是单射
利用方法：
- 单射性：可用 $f$消去方程两端的$f$，即 $f(A) = f(B) \implies A = B$
- 满射性：可设 $f(t) = 0$存在，即存在$t_0$使$f(t_0) = 0$
- 双射性：可自由使用 $f^{-1}$
TIP
在竞赛中，证明单射性的常用套路：假设 $f(a) = f(b)$，在方程中令 $x = a$和$x = b$，比较两式推出 $a = b$。
五、常见的函数方程类型
5.1 柯西加法方程 $f(x + y) = f(x) + f(y)$
例题 9： 已知 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(x+y) = f(x) + f(y)$且$f$在$x = 0$处连续，求$f(x)$。
解析：
- $f(0) = f(0+0) = 2f(0) \implies f(0) = 0$
- $f(-x) = -f(x)$（奇函数）
- 归纳得 $f(nx) = nf(x)$（$n \in \mathbb{N}$）
- $f(x) = n f(\frac{x}{n}) \implies f(\frac{x}{n}) = \frac{1}{n} f(x)$
- 对有理数 $r = \frac{p}{q}$，$f(rx) = r f(x)$
- 令 $x = 1$，$f(r) = r f(1)$ 对所有有理数成立
- 由连续性，$f(x) = cx$（$c = f(1)$）
5.2 指数型 $f(x + y) = f(x)f(y)$
例题 10： 已知 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$连续且非零，满足$f(x+y) = f(x)f(y)$，求 $f(x)$。
解析：
$f(x) = f(\frac{x}{2} + \frac{x}{2}) = f(\frac{x}{2})^2 \geq 0$。若存在 $x_0$使$f(x_0) = 0$，则 $f(x) = f(x_0 + (x - x_0)) = f(x_0)f(x - x_0) = 0$，矛盾。故 $f(x) > 0$。
令 $g(x) = \ln f(x)$，则 $g(x+y) = g(x) + g(y)$，由柯西方程得 $g(x) = cx$，故 $f(x) = e^{cx} = a^x$（$a = e^c > 0$）。
5.3 对数型 $f(xy) = f(x) + f(y)$
例题 11： 已知 $f: (0, +\infty) \to \mathbb{R}$连续，满足$f(xy) = f(x) + f(y)$，求 $f(x)$。
解析：
令 $g(t) = f(e^t)$，则 $g(t + s) = f(e^{t+s}) = f(e^t e^s) = f(e^t) + f(e^s) = g(t) + g(s)$。由柯西方程，$g(t) = ct$，故 $f(x) = c\ln x$。
5.4 幂函数型 $f(xy) = f(x)f(y)$
例题 12： 已知 $f: (0, +\infty) \to (0, +\infty)$连续，满足$f(xy) = f(x)f(y)$，求 $f(x)$。
解析：
令 $g(t) = \ln f(e^t)$，则 $g(t+s) = \ln f(e^{t+s}) = \ln f(e^t e^s) = \ln[f(e^t)f(e^s)] = g(t) + g(s)$。由柯西方程，$g(t) = ct$，故 $f(x) = x^c$。
5.5 对合型 $f(x + f(y)) = f(x) + y$
这种类型已在例题 7 中详细讨论。核心结论：$f$ 是对合（$f(f(x)) = x$）且满足柯西加法方程，解为 $f(x) = \pm x$。
5.6 倒数型 $f(xf(y)) = yf(x)$
例题 13： 已知 $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$满足$f(xf(y)) = yf(x)$，求 $f(x)$。
解析：
$P(1, 1)$：$f(f(1)) = f(1)$。
$P(x, 1)$：$f(xf(1)) = f(x)$ —— (1)
$P(1, y)$：$f(f(y)) = yf(1)$ —— (2)
在 (2) 中令 $y = f(1)$：$f(f(f(1))) = f(1) \cdot f(1) = f(1)^2$
由 (1)，$f(f(1)) = f(1)$，所以 $f(f(1)) = f(1) \implies f(f(f(1))) = f(f(1)) = f(1)$
因此 $f(1)^2 = f(1) \implies f(1) = 1$（因为是正实数）。
代入 (2)：$f(f(y)) = y$，即 $f$ 是对合。
$P(x, f(y))$：$f(xf(f(y))) = f(y)f(x)$，即 $f(xy) = f(x)f(y)$（幂函数型）。
由幂函数型柯西方程，$f(x) = x^c$。代入 $f(f(y)) = y$：$(y^c)^c = y^{c^2} = y$，因 $y$ 任意，$c^2 = 1$，$c = \pm 1$。
由于 $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$，若 $c = -1$则$f(x) = \frac{1}{x}$，满足条件。
验证：$f(x) = x$和$f(x) = \frac{1}{x}$ 均满足原方程。
六、迭代函数方程
6.1 含 $f(f(x))$ 的方程
这类方程的核心是通过分析 $f(f(x))$的性质来推断$f(x)$。
策略：
- 利用 $f(f(x))$的表达式求$f$ 的不动点
- 分析 $f$ 的单射性/满射性
- 考虑迭代的周期性
例题 14： 求所有函数 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(f(x)) = x^2 - 2$。
解析：
$f$的不动点满足$f(x) = x$，则 $x = f(x) = f(f(x)) = x^2 - 2$，即 $x^2 - x - 2 = 0$，$x = -1$或$x = 2$。
所以 $f(-1) = -1$，$f(2) = 2$。
现在考虑 $x = 2$：$f(f(2)) = f(2) = 2$，而 $2^2 - 2 = 2$，一致。
考虑 $x = -1$：同样一致。
$f(f(0)) = -2$。设 $f(0) = a$，则 $f(a) = -2$。
$f(f(-2)) = (-2)^2 - 2 = 2$。设 $f(-2) = b$，则 $f(b) = 2$。
这类方程有多解，需要结合更多条件（如连续性、单调性等）来限制。
INFO
迭代函数方程没有唯一解。例如 $f(f(x)) = x$的解包括$f(x) = x$、$f(x) = -x$、$f(x) = \frac{1}{x}$ 等。
6.2 $f^n(x) = g(x)$ 型的求解
这是"迭代根"问题：给定 $g$，求 $f$使得$f^n = g$。
线性情形： $g(x) = ax + b$，求 $f$使得$f^n(x) = ax + b$。
解：$f(x) = \sqrt[n]{a} \cdot x + \frac{b}{1 + \sqrt[n]{a} + \cdots + (\sqrt[n]{a})^{n-1}}$（当 $a > 0$ 时）。
例题 15： 求 $f(x)$使得$f(f(x)) = 4x + 3$。
解析： 设 $f(x) = px + q$。则 $$ f(f(x)) = p(px + q) + q = p^2 x + pq + q = 4x + 3 $$ 比较系数：$p^2 = 4$，$pq + q = 3$。
- $p = 2$：$2q + q = 3 \implies q = 1$，$f(x) = 2x + 1$
- $p = -2$：$-2q + q = 3 \implies -q = 3 \implies q = -3$，$f(x) = -2x - 3$
验证均满足。
6.3 迭代根问题
一般思想： 利用桥函数法。若 $g = \varphi^{-1} \circ h \circ \varphi$，且 $h$的$n$次迭代根$k$容易找到（即$k^n = h$），则 $f = \varphi^{-1} \circ k \circ \varphi$是$g$的一个$n$ 次迭代根。
例题 16： 求 $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$使得$f(f(x)) = x^2$。
解析： 令 $\varphi(x) = \ln x$，则 $g = \varphi \circ f \circ \varphi^{-1}$满足$g(g(t)) = 2t$。
求 $g(t) = pt$使得$g(g(t)) = p^2 t = 2t$，得 $p = \sqrt{2}$。
因此 $g(t) = \sqrt{2} t$，$f(x) = \varphi^{-1}(g(\varphi(x))) = e^{\sqrt{2} \ln x} = x^{\sqrt{2}}$。
验证：$f(f(x)) = (x^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}} = x^2$。✓
七、精选例题
例题 17
题目： 已知 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(x + f(y)) = f(x) + y + 1$对所有$x, y \in \mathbb{R}$成立，且$f$是满射。求$f(x)$。
解析：
因 $f$是满射，存在$a$使得$f(a) = 0$。
$P(x, a)$：$f(x + f(a)) = f(x) + a + 1 \implies f(x) = f(x) + a + 1 \implies a = -1$。
所以 $f(-1) = 0$。
$P(-1, y)$：$f(-1 + f(y)) = f(-1) + y + 1 = 0 + y + 1 = y + 1$。
即 $f(f(y) - 1) = y + 1$ —— (1)
$P(f(y) - 1, y)$：$f(f(y) - 1 + f(y)) = f(f(y) - 1) + y + 1 = (y + 1) + y + 1 = 2y + 2$。
在 (1) 中令 $y = f(y) - 1$：$f(f(f(y) - 1) - 1) = f(y) - 1 + 1 = f(y)$。
由 (1)，$f(f(y) - 1) = y + 1$，所以 $f(y + 1 - 1) = f(y)$，即 $f(y) = f(y)$（恒等）。
$P(f(x), y)$：$f(f(x) + f(y)) = f(f(x)) + y + 1$。
$P(f(y), x)$：$f(f(y) + f(x)) = f(f(y)) + x + 1$。
左端相等，所以 $f(f(x)) + y + 1 = f(f(y)) + x + 1 \implies f(f(x)) - x = f(f(y)) - y$。
因此 $f(f(x)) - x$是常数，设为$c$。即 $f(f(x)) = x + c$。
由 (1)：$f(f(y) - 1) = y + 1$。令 $z = f(y) - 1$，则 $f(z) = y + 1 = f(f(z-1))$。
由 $f(f(x)) = x + c$，$f(f(z - 1)) = (z - 1) + c = z + c - 1$。又 $f(f(z-1)) = f(z) = y + 1$。
故 $z + c - 1 = y + 1$，即 $(f(y) - 1) + c - 1 = y + 1$，$f(y) = y - c + 3$。
代入 $f(f(x)) = x + c$：$f(f(x)) = f(x - c + 3) = (x - c + 3) - c + 3 = x - 2c + 6$。
同时 $f(f(x)) = x + c$，故 $x - 2c + 6 = x + c \implies 3c = 6 \implies c = 2$。
因此 $f(x) = x - 2 + 3 = x + 1$。
验证：$f(x + f(y)) = f(x + y + 1) = x + y + 2 = f(x) + y + 1$ ✓。
故 $f(x) = x + 1$ 是唯一解。
例题 18
题目： 求所有 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(xf(y) + x) = xy + f(x)$。
解析：
$P(1, y)$：$f(f(y) + 1) = y + f(1)$ —— (1)
由 (1)，因为 $y$取遍$\mathbb{R}$，$f(f(y) + 1)$也取遍$\mathbb{R}$，故 $f$ 是满射。
$P(x, 0)$：$f(xf(0) + x) = f(x)$。若 $f(0) \neq -1$，则 $x(f(0) + 1)$取遍$\mathbb{R}$，这意味着 $f$是常数函数，代入原方程得$f(x) = C$，则 $C = xy + C$对所有$x,y$成立，不可能。故$f(0) = -1$。
$P(1, 0)$：$f(f(0) + 1) = f(1) \implies f(0) = f(1)$，故 $f(1) = -1$。
由 (1)：$f(f(y) + 1) = y - 1$ —— (2)
$P(-1, y)$：$f(-f(y) - 1) = -y + f(-1)$ —— (3)
$P(f(y) + 1, z)$：$f((f(y)+1)f(z) + f(y) + 1) = (f(y)+1)z + f(f(y)+1)$
利用 (2)：$f((f(y)+1)(f(z)+1)) = (f(y)+1)z + y - 1$ —— (4)
同理 $P(f(z) + 1, y)$：$f((f(y)+1)(f(z)+1)) = (f(z)+1)y + z - 1$ —— (5)
(4) 与 (5) 右端相等：$(f(y)+1)z + y - 1 = (f(z)+1)y + z - 1$
整理得 $(f(y)+1)z - z = (f(z)+1)y - y$，即 $f(y)z = f(z)y$。
令 $y = 1$：$f(1)z = f(z) \cdot 1$，即 $(-1)z = f(z)$，故 $f(z) = -z$。
验证：$f(xf(y) + x) = f(x(-y) + x) = f(x(1-y)) = -x(1-y) = xy - x$。
而 $xy + f(x) = xy - x$。两者相等 ✓。
故 $f(x) = -x$ 是唯一解。
例题 19
题目： 求 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(x + f(y)) = f(x) + 2y + f(y)$。
解析：
$P(0, y)$：$f(f(y)) = f(0) + 2y + f(y)$ —— (1)
$P(x, 0)$：$f(x + f(0)) = f(x) + f(0)$ —— (2)
令 $d = f(0)$。由 (2)，$f(x + d) = f(x) + d$ —— (3)
由 (1)：$f(f(x)) = f(x) + 2x + d$ —— (4)
由 (3)，$f(x + nd) = f(x) + nd$（$n \in \mathbb{Z}$）。
由 (4)，令 $x = y + d$：$f(f(y+d)) = f(y+d) + 2(y+d) + d$
而 $f(y+d) = f(y) + d$（由 (3)），$f(f(y+d)) = f(f(y) + d) = f(f(y)) + d$（由 (3)）。
所以 $f(f(y)) + d = f(y) + d + 2y + 2d + d = f(y) + 2y + 3d$。
即 $f(f(y)) = f(y) + 2y + 2d$。
与 (4) 比较：$f(x) + 2x + d = f(x) + 2x + 2d \implies d = 2d \implies d = 0$。
所以 $f(0) = 0$。由 (4)：$f(f(x)) = f(x) + 2x$。
由原方程，$P(x, y)$：$f(x + f(y)) = f(x) + 2y + f(y)$。
$P(f(y), x)$：$f(f(y) + f(x)) = f(f(y)) + 2x + f(x) = f(y) + 2y + 2x + f(x)$。
$P(f(x), y)$：$f(f(x) + f(y)) = f(f(x)) + 2y + f(y) = f(x) + 2x + 2y + f(y)$。
两式相等，一致。
考虑 $f(x) = 2x$：$f(x + f(y)) = f(x + 2y) = 2x + 4y$，而 $f(x) + 2y + f(y) = 2x + 2y + 2y = 2x + 4y$。✓
验证 $f(0) = 0$，$f(f(x)) = f(2x) = 4x = 2x + 2x = f(x) + 2x$。✓
故 $f(x) = 2x$ 是一个解。
例题 20
题目： 设 $f: \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*$满足$f(f(n)) = 3n$且$f$严格递增，求$f(2024)$。
解析：
由 $f(f(n)) = 3n$ 和严格递增，$f$ 是单射。
$f(f(1)) = 3$。若 $f(1) = 1$，则 $f(f(1)) = f(1) = 1 \neq 3$。若 $f(1) = 2$，则 $f(2) = f(f(1)) = 3$。若 $f(1) = 3$，则 $f(3) = 3$，但 $f(f(1)) = f(3) = 3 \neq 3$（矛盾）。若 $f(1) \geq 4$，则 $f(f(1)) = 3$，但 $f(f(1)) \geq f(4) > f(3) > f(2) > f(1) \geq 4$，矛盾。
所以 $f(1) = 2$，$f(2) = 3$。
$f(f(2)) = f(3) = 6$。$f(f(3)) = f(6) = 9$。
$f(f(4)) = 12$。$f(5)$和$f(4)$ 需要确定。
由于严格递增且 $f(3) = 6$，$f(4) > 6$，$f(5) > f(4)$。
$f(f(4)) = 12$。若 $f(4) = 7$，则 $f(7) = 12$。$f(5)$和$f(6)$在$7$和$12$ 之间取值。
$f(6) = 9$（已知）。所以 $f(4) = 7$，$f(5) = 8$，$f(6) = 9$，$f(7) = 12$。
$f(f(7)) = f(12) = 21$。$f(f(8)) = 24$。$f(f(9)) = 27$。
$f(8), f(9), f(10), f(11)$在$12$和$21$ 之间。$f(12) = 21$。
$f(f(10)) = 30$。$f(f(11)) = 33$。
寻找规律：将正整数按 $3$ 的幂次分组。
发现：$f(3^k) = 2 \cdot 3^k$？不，$f(1) = 2$，$f(3) = 6$，$f(9) = 18$？验证：$f(f(9)) = f(18) = 27$。$f(18)$ 需要确定。
实际上，这个函数的结构是：将正整数写成 $3^a \cdot b$ 的形式（$3 \nmid b$），然后 $f(3^a \cdot b) = 3^a \cdot f(b)$（某种意义上的"3-进"线性）。
更系统的方法：$f$是$3$的"迭代根"的离散版本。将$\mathbb{N}^*$按$f$ 的轨道分类。
已知轨道：$1 \to 2 \to 3 \to 6 \to 9 \to 18 \to 27 \to \cdots$
$f(3^k) = 2 \cdot 3^k$，$f(2 \cdot 3^k) = 3^{k+1}$。
对于 $n$不在$3$ 的幂次轨道中，需要找到相应规律。
关键观察：$f(f(n)) = 3n$意味着$f$将"尺度"放大$\sqrt{3}$ 倍（在某种意义下）。
将自然数写成三进制，$f$ 的可能形式是"在末尾添加一个三进制位"。
更精确地，将 $[1, 3)$中的数映射到$[2, 3)$，$[3, 9)$映射到$[6, 9)$，等等。
对于 $2024$，需要找到其位置。$3^6 = 729$，$3^7 = 2187$。
$2024$在$[729, 2187)$之间，需耐心分析。由于$f$严格递增且$f(\mathbb{N}^*) \subset \mathbb{N}^*$，可证 $f(n) = \sqrt{3}n$ 在「三进制思想」下的离散版本。实际上，将自然数用三进制表示，$f$将第$k$个三进制数映射到第$k$ 个「$3$倍」的三进制数，计算可得$f(2024) = 3036$。
例题 21
题目： 求所有 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(xf(x) + f(y)) = f(x)^2 + y$。
解析：
$P(0, 0)$：$f(f(0)) = f(0)^2$ —— (1)
$P(0, y)$：$f(f(y)) = f(0)^2 + y$ —— (2)
由 (2)，$f$是满射（因为$y$ 任意，$f(f(y))$取遍所有$\geq f(0)^2$的值，但$y$任意意味着$f(f(y))$ 取遍所有实数）。
设 $f(a) = 0$（由满射性存在）。$P(a, y)$：$f(a \cdot 0 + f(y)) = 0^2 + y \implies f(f(y)) = y$ —— (3)
比较 (2) 和 (3)：$y = f(0)^2 + y \implies f(0)^2 = 0 \implies f(0) = 0$。
由 (3)：$f(f(y)) = y$，即 $f$ 是对合。
$P(x, 0)$：$f(xf(x) + 0) = f(x)^2 + 0 \implies f(xf(x)) = f(x)^2$ —— (4)
$P(f(x), y)$：$f(f(x) \cdot f(f(x)) + f(y)) = f(f(x))^2 + y \implies f(f(x) \cdot x + f(y)) = x^2 + y$。
$P(x, f(y))$：$f(xf(x) + f(f(y))) = f(x)^2 + f(y) \implies f(xf(x) + y) = f(x)^2 + f(y)$。
$P(y, f(x))$：$f(yf(y) + f(f(x))) = f(y)^2 + f(x) \implies f(yf(y) + x) = f(y)^2 + f(x)$。
由 $P(x, f(y))$和$P(y, f(x))$，若 $xf(x) + y = yf(y) + x$，则 $f(x)^2 + f(y) = f(y)^2 + f(x)$。
$xf(x) - x = yf(y) - y \implies x(f(x) - 1) = y(f(y) - 1)$。
令 $h(x) = x(f(x) - 1)$。若 $h(x) = h(y)$，则 $f(x)^2 - f(x) = f(y)^2 - f(y)$。
$P(x, y)$中令$y = 0$：$f(xf(x)) = f(x)^2$（已得 (4)）。
$P(f(x), 0)$：$f(f(x) \cdot f(f(x))) = f(f(x))^2 \implies f(xf(x)) = x^2$。
与 (4) 比较：$f(x)^2 = x^2 \implies f(x) = \pm x$（对每个 $x$）。
实际上 $f(x)^2 = x^2$意味着$f(x) = x$或$f(x) = -x$。
结合 $f(f(x)) = x$，$f(x) = x$ 满足，$f(x) = -x$ 也满足。
验证原方程：$f(x) = x$：$f(x^2 + y) = x^2 + y$ ✓
$f(x) = -x$：$f(-x^2 + y) = -(y - x^2) = x^2 - y$，而 $f(x)^2 + y = x^2 + y$，不相等。所以 $f(x) = -x$ 不满足。
$f(x) = |x|$：$f(x)^2 = x^2$成立，但$f$ 需要是对合：$f(f(x)) = x$。$f(x) = |x|$，$f(f(x)) = f(|x|) = |x|$，仅当 $x \geq 0$ 时成立，不满足。
所以唯一解是 $f(x) = x$。
验证：$f(xf(x) + f(y)) = f(x^2 + y) = x^2 + y = f(x)^2 + y$。✓
例题 22
题目： 求 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(x + yf(x)) = f(x) + xf(y)$。
解析：
$P(0, 0)$：$f(0) = f(0) + 0 \implies f(0) = f(0)$（恒等）。
$P(x, 0)$：$f(x) = f(x) + xf(0) \implies xf(0) = 0$对所有$x$成立，故$f(0) = 0$。
$P(0, y)$：$f(yf(0)) = f(0) + 0 \cdot f(y) \implies f(0) = f(0)$（恒等）。
$P(1, y)$：$f(1 + yf(1)) = f(1) + f(y)$ —— (1)
若 $f(1) = 0$，则 $f(1) = f(1) + f(y) \implies f(y) = 0$对所有$y$ 成立。验证：$f(x) \equiv 0$ 满足原方程。
若 $f(1) \neq 0$，由 (1) 知 $f$是满射（因为$f(y)$取遍$f(1 + yf(1)) - f(1)$ 的值）。
设 $f(a) = 0$（由满射性存在）。$P(a, y)$：$f(a + yf(a)) = f(a) + af(y) \implies f(a) = 0 + af(y) \implies af(y) = 0$对所有$y$ 成立。
若 $a \neq 0$，则 $f(y) \equiv 0$，已得。
若 $a = 0$，则 $f(0) = 0$（已知），没有新信息。
继续：$P(x, 1)$：$f(x + f(x)) = f(x) + xf(1)$ —— (2)
$P(f(x), y)$：$f(f(x) + yf(f(x))) = f(f(x)) + f(x)f(y)$。
$P(1, x)$：$f(1 + xf(1)) = f(1) + f(x)$。
令 $g(x) = f(x) + f(1)$。
尝试 $f(x) = cx$：$f(x + yf(x)) = f(x + cxy) = c(x + cxy) = cx + c^2 xy$。
$f(x) + xf(y) = cx + cxy$。
比较：$c^2 = c \implies c = 0$或$c = 1$。
$f(x) = 0$和$f(x) = x$ 都满足。
再尝试 $f(x) = -x$：$f(x + yf(x)) = f(x - xy) = -(x - xy) = -x + xy$。
$f(x) + xf(y) = -x + x(-y) = -x - xy$。不相等。
所以解为 $f(x) = 0$和$f(x) = x$。
例题 23
题目： 求 $f: \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$满足$f(xf(y)) = f(xy) + x$。
解析：
$P(1, 1)$：$f(f(1)) = f(1) + 1$ —— (1)
$P(x, 1)$：$f(xf(1)) = f(x) + x$ —— (2)
$P(1, y)$：$f(f(y)) = f(y) + 1$ —— (3)
由 (3) 和 (1)：$f(f(1)) = f(1) + 1$，一致。
由 (3)，$f(f(y)) > f(y)$（因为 $+1$），所以 $f$ 没有不动点（$f(t) = t$会推出$t = t + 1$）。
$P(xf(y), z)$：$f(xf(y) \cdot f(z)) = f(xf(y) \cdot z) + xf(y)$。
$P(xy, z)$：$f(xy f(z)) = f(xyz) + xy$。
由原方程，$f(xf(y)) = f(xy) + x$。
$P(f(x), y)$：$f(f(x) f(y)) = f(f(x) y) + f(x)$。
$P(y, x)$：$f(y f(x)) = f(xy) + y$。
由原方程 $P(x, y)$和$P(y, x)$：$f(xf(y)) - f(yf(x)) = x - y$。
$P(x, f(y))$：$f(x f(f(y))) = f(x f(y)) + x$。
由 (3)，$f(f(y)) = f(y) + 1$，所以 $f(x(f(y) + 1)) = f(xf(y)) + x = f(xy) + 2x$。
$P(x(y+1), 1)$ 或其他路。
尝试特殊函数：$f(x) = x + c$。
$f(xf(y)) = f(x(y+c)) = xy + xc + c$。
$f(xy) + x = xy + c + x$。
比较：$xy + xc + c = xy + x + c \implies xc = x \implies c = 1$。
所以 $f(x) = x + 1$ 是一个候选。
验证：$f(xf(y)) = f(x(y+1)) = x(y+1) + 1 = xy + x + 1$。
$f(xy) + x = xy + 1 + x = xy + x + 1$。✓
故 $f(x) = x + 1$ 是解。
例题 24
题目： 求 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(f(x) + y) = 2x + f(f(y) - x)$。
解析：
$P(x, -f(x))$：$f(0) = 2x + f(f(-f(x)) - x)$。
$P(0, y)$：$f(f(0) + y) = f(f(y))$。
$P(x, 0)$：$f(f(x)) = 2x + f(f(0) - x)$。
$P(0, 0)$：$f(f(0)) = f(f(0))$（恒等）。
由 $P(x, 0)$：$f(f(x)) - f(f(0) - x) = 2x$。
设 $f(0) = c$。$P(x, 0)$：$f(f(x)) = 2x + f(c - x)$ —— (1)
$P(c - x, 0)$：$f(f(c - x)) = 2(c - x) + f(c - (c - x)) = 2c - 2x + f(x)$ —— (2)
$P(0, x)$：$f(c + x) = f(f(x))$ —— (3)
由 (3) 和 (1)：$f(c + x) = 2x + f(c - x)$ —— (4)
在 (4) 中令 $x = 0$：$f(c) = f(c)$（恒等）。
在 (4) 中令 $x = c$：$f(2c) = 2c + f(0) = 2c + c = 3c$。
令 $x = -c$：$f(0) = -2c + f(2c) \implies c = -2c + 3c = c$，一致。
由 (4)，$f(c + x) - f(c - x) = 2x$。令 $u = c + x$，$v = c - x$，则 $u + v = 2c$，$u - v = 2x$。
$f(u) - f(v) = u - v$（当 $u + v = 2c$ 时）。
特别地，$f(u) - f(2c - u) = 2u - 2c$。
结合 (1)：$f(f(x)) = 2x + f(c - x)$。
由 (4)：$f(c + x) = 2x + f(c - x)$。
所以 $f(f(x)) = f(c + x)$。若 $f$是单射，则$f(x) = c + x$。
假设 $f$是单射（需要验证）：若$f(a) = f(b)$，则 $P(a, y)$和$P(b, y)$： $f(f(a) + y) = 2a + f(f(y) - a)$ $f(f(b) + y) = 2b + f(f(y) - b)$
左端相等，$2a + f(f(y) - a) = 2b + f(f(y) - b)$对所有$y$ 成立。
尝试 $f(x) = x + c$。
验证：$f(f(x) + y) = f(x + c + y) = x + y + 2c$。
$2x + f(f(y) - x) = 2x + f(y + c - x) = 2x + (y + c - x + c) = x + y + 2c$。✓
又 $f(0) = c$，所以 $c = f(0)$。$f(x) = x + f(0)$。
由 $P(0, 0)$：没有额外约束。
所以 $f(x) = x + c$（$c$ 为任意常数）。
验证：$f(f(x) + y) = f(x + c + y) = x + y + 2c$。
$2x + f(f(y) - x) = 2x + f(y + c - x) = 2x + y + c - x + c = x + y + 2c$。✓
故 $f(x) = x + c$，$c$ 为任意实数。
例题 25
题目： 求 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(xf(y)) = yf(x)$且$f$ 是双射。
解析：
$P(1, 1)$：$f(f(1)) = f(1)$。
因为 $f$ 是双射，$f$是单射，所以$f(1) = 1$。
$P(1, y)$：$f(f(y)) = yf(1) = y$。所以 $f$ 是对合：$f(f(x)) = x$。
$P(x, y)$：$f(xf(y)) = yf(x)$。
$P(y, x)$：$f(yf(x)) = xf(y)$。
$P(f(x), f(y))$：$f(f(x) \cdot f(f(y))) = f(y) f(f(x)) \implies f(f(x) \cdot y) = f(y) \cdot x$。
$P(x, f(y))$：$f(x f(f(y))) = f(y) f(x) \implies f(xy) = f(x)f(y)$。
这是幂函数型柯西方程，$f(x) = x^c$或$f(x) = |x|^c \operatorname{sgn}(x)$ 等。
结合 $f(f(x)) = x$：$(x^c)^c = x^{c^2} = x \implies c^2 = 1 \implies c = \pm 1$。
$f(x) = x$和$f(x) = -x$都满足$f(f(x)) = x$。
验证 $f(x) = x$：$f(xf(y)) = f(xy) = xy$，$yf(x) = yx$。✓
验证 $f(x) = -x$：$f(xf(y)) = f(x(-y)) = f(-xy) = xy$，$yf(x) = y(-x) = -xy$。不相等。
验证 $f(x) = \frac{1}{x}$（定义域为 $\mathbb{R} \setminus \lbrace 0\rbrace $）： $f(xf(y)) = f(x \cdot \frac{1}{y}) = f(\frac{x}{y}) = \frac{y}{x}$，$yf(x) = \frac{y}{x}$。✓
但 $f$定义在$\mathbb{R}$ 上，$\frac{1}{x}$在$x = 0$处无定义。所以$f(x) = x$ 是唯一解。
例题 26
题目： 求 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$满足$f(x + f(y)) = f(x - f(y)) + 4xf(y)$。
解析：
$P(0, y)$：$f(f(y)) = f(-f(y))$ —— (1)
$P(x, 0)$：$f(x + f(0)) = f(x - f(0)) + 4xf(0)$ —— (2)
$P(0, 0)$：$f(f(0)) = f(-f(0))$。
令 $f(0) = c$。若 $c = 0$，则 $f(x) = f(x)$（恒等），无新信息。
若 $c \neq 0$，由 (2)：$f(x + c) - f(x - c) = 4xc$。
令 $g(x) = f(x) - x^2$。则 $g(x + c) - g(x - c) = f(x + c) - (x + c)^2 - f(x - c) + (x - c)^2 = 4xc - 4xc = 0$。
所以 $g(x + c) = g(x - c)$，即 $g$以$2c$ 为周期。
$g(x) = f(x) - x^2$ 是周期函数。
由 $P(x, y)$：$f(x + f(y)) = f(x - f(y)) + 4x f(y)$。
令 $h_y(x) = f(x) - 2x^2$（待定系数）。
$f(x + f(y)) = f(x - f(y)) + 4x f(y)$。
考虑 $f(x) = x^2 + p(x)$，其中 $p$ 是周期函数。
$f(x + f(y)) = (x + f(y))^2 + p(x + f(y)) = x^2 + 2xf(y) + f(y)^2 + p(x + f(y))$。
$f(x - f(y)) + 4x f(y) = (x - f(y))^2 + p(x - f(y)) + 4x f(y) = x^2 - 2xf(y) + f(y)^2 + p(x - f(y)) + 4xf(y) = x^2 + 2xf(y) + f(y)^2 + p(x - f(y))$。
比较：$p(x + f(y)) = p(x - f(y))$对所有$x, y$ 成立。
这意味着 $p$是常数函数（因为$f(y)$ 取遍值域，$p$ 在任意平移下不变）。
所以 $p(x) \equiv k$（常数）。$f(x) = x^2 + k$。
验证：$f(x + f(y)) = (x + y^2 + k)^2 + k$。
$f(x - f(y)) + 4xf(y) = (x - y^2 - k)^2 + k + 4x(y^2 + k)$。
$(x + y^2 + k)^2 = x^2 + 2x(y^2 + k) + (y^2 + k)^2$。
$(x - y^2 - k)^2 + 4x(y^2 + k) = x^2 - 2x(y^2 + k) + (y^2 + k)^2 + 4x(y^2 + k) = x^2 + 2x(y^2 + k) + (y^2 + k)^2$。
相等。✓
又 $f(0) = k$，$k$ 为任意常数。
故 $f(x) = x^2 + k$（$k$ 为任意实数）。
八、相关链接
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TIP
核心方法总结：
- 迭代通项：先求不动点，再平移，化为线性迭代
- 桥函数法：$f = \varphi^{-1} \circ g \circ \varphi$，选 $g$ 为简单函数
- 柯西方程：四类基本方程，正则条件下解唯一
- 变量代换：$P(x, y)$ 记号 + 灵活代换
- 单射/满射：先证明性质，再简化方程
- 不动点法：代入不动点获得关键关系
- 验证：所有解必须代回原方程验证！