每日一题[2328]函数方程

求所有的函数 $f:{\mathbb R}\to{\mathbb R}$，使得对于任意实数 $x,y$，均有\[f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy).\]

答案    $f(x)=0$ 或 $f(x)=x-1$ 或 $f(x)=1-x$．

解析    记题中等式为 $p_0$，则在 $p_0$ 中，令 $x\to 0$，$y\to 0$，可得\[p_1:f\big(f^2(0)\big)=0,\]在 $p_0$ 中，令 $x+y=xy$，即 $y=\dfrac x{x-1}$（$x\ne 1$），则\[p_2:f\left(f(x)f\left(\dfrac x{x-1}\right)\right)=0.\]

情形一     $f(0)=0$． 此时在 $p_0$ 中，令 $y\to 0$，可得 $f(x)=0$．

情形二     $f(0)\ne 0$．

结论一     $f(x)$ 有唯一零点 $x=1$． 根据 $p_2$，函数 $f(x)$ 有零点，设为 $x=a$．若 $a\ne 1$，则在 $p_2$ 中令 $x\to a$，则可得 $f(0)=0$，矛盾，因此 $f(x)$ 有唯一零点 $x=1$．

结论二    $f(x+n)-f(x)=-nf(0)$（$n\in\mathbb Z$），且 $f(0)=\pm 1$． 在 $p_0$ 中，令 $y\to 1$，可得\[f(0)+f(x+1)=f(x)\implies f(x+n)-f(x)=-nf(0).\]根据结论一以及 $p_1$，可得 $f(0)=\pm 1$．

结论三    $f$ 为单射． 用反证法，假设存在 $a,b\in\mathbb R$ 且 $a\ne b$，使得 $f(a)=f(b)$．根据结论二，有\[\forall n\in\mathbb Z,f(a+n+1)=f(b+n)-f(0),\]令\[\begin{cases} x_0+y_0=a+n+1,\\ x_0y_0=b+n,\end{cases}\]也即 $x_0,y_0$ 是关于 $t$ 的方程\[t^2-(a+n+1)t+(b+n)=0\]的两实根，由于 $a\ne b$，于是 $x_0,y_0\ne 1$．在 $p_0$ 中，令 $x\to x_0$，$y\to y_0$，有\[f(f(x_0)f(y_0))-f(0)=0\implies f(f(x_0)f(y_0)+1)=0,\]其中用到了 $f(x+1)-f(x)=-f(0)$．因此\[f(x_0)f(y_0)=0\iff x_0=1\lor y_0=1,\]矛盾．因此 $f$ 为单射．

结论四     $f(x)=x-1$ 或 $f(x)=1-x$． 在 $p_0$ 中，令 $y\to -x$，有\[f(f(x)f(-x))+f(0)=f(-x^2)\implies f(f(x)f(-x)-1)=f(-x^2)\implies f(x)f(-x)-1=-x^2.\]在 $p_0$ 中，令 $y=1-x$，有\[f(f(x)f(1-x))=f(x(1-x))\implies f(x)f(1-x)=x(1-x)\implies f(x)\big(f(-x)-f(0)\big)=x(1-x).\]根据上述两式，可得\[(1-x^2)-f(0)f(x)=x-x^2\implies f(0)f(x)=1-x,\]从而 $f(x)=1-x$ 或 $f(x)=x-1$．

综上所述，$f(x)=0$ 或 $f(x)=x-1$ 或 $f(x)=1-x$．