数学パラダイス(関数問題)

x=yを代入してf(y^2+f(y))=0，x=-yを代入してf(y^2+f(y))=4y^2f(0)よりf(0)=0．
x=0を代入してf(f(y))=y^2f(y)，y=0を代入してf(x^2)=x^2f(x)であるからf(f(x))=f(x^2)．
f(x^4+f(y^2))=f(x^4+f(f(y)))であり，(左辺)=(x^2-y^2)^2f(x^2+y^2)よりこれはxとyの対称式．
(右辺)=(x^2-f(y))^2f(x^2+f(y))であり，f(x^2+f(y))もxとyの対称式であるから，
(x^2-f(y))^2もxとyの対称式．つまり(x^2-f(y))^2=(y^2-f(x))^2．
y=0を代入して{f(x)}^2=x^4であるが，a≠0でf(a)=a^2のとき0=f(a^2+f(a))=f(2a^2)=4a^4≠0となり不適．
従って恒等的にf(x)=-x^2であるが，この関数は確かに元の式を満たす．

x=0を代入してf(0)f(yf(0)-1)=-f(0)より，f(0)≠0のとき，f(yf(0)-1)=-1なので，f(x)=-1が恒等的に成立する．
このとき，1=-x^2+1であるから不適．
したがってf(0)=0．
f(b)=0なるb≠0が存在するとき，x=bを代入して0=b^2f(y)よりf(x)=0．
f(x)=0なる関数は確かに元の式を満たす．
以下，x≠0のときf(x)≠0とする．x=y=1を代入してf(1)f(f(1)-1)=0よりf(1)=1．
x=1を代入してf(y-1)=f(y)-1よりf(x)f(yf(x)-1)=f(x)f(yf(x))-f(x)なのでf(x)f(yf(x))=x^2f(y) …(*)．
(*)にy=xを代入すると，x≠0のときf(xf(x))=x^2．
(*)にx=zf(z) (z≠0)を代入するとf(x)=z^2よりz^2f(yz^2)=z^2{f(z)}^2f(y)なのでf(yz^2)={f(z)}^2f(y)．
これに更にy=1を代入してf(z^2)={f(z)}^2よりf(yz^2)=f(y)f(z^2)．また，x>0のときf(x)={f(√x)}^2>0．
x>0のとき，(与式左辺)=f(xyf(x)-x)，(与式右辺)=f(xf(x))f(y)-f(x)=f(xyf(x))-f(x)であるから，
xyf(x)をx+zとおくと，f(z)+f(x)=f(z+x) (x>0)が成立する．これよりf(nx)=nf(x) (x>0)であるから，
f(1)=1よりf(n)=n，f(1/n)=1/n (n:正整数)であり，更にf(m/n)=m/nより正の有理数qに対しf(q)=q．
ある正の実数cについてc≠f(c)とすると，c<q=f(q)<f(c)かf(c)<f(q)=q<cを満たす有理数qが存在するが，
f(x)は単調増加なのでこれに反する．よってf(x)=x (x≧0)．
ここでx≧0のとき，f(-x)=f(-1)f(x)=-f(x)=-xより実数全域でf(x)=x．この関数は確かに元の式を満たす．

(原題だとΣの中身でnになっているが，それだとnが奇数の場合のf(n)を求めるだけなのでこれはkではないか?）
f(n)=sin((2n-1)π/8)とする．f(1)=sin(π/8)=√((1-cos(π/4))/2)=√(2-√2)/2．
f(2)=sin(3π/8)=cos(π/8)=√(2+√2)/2．f(3)=f(2)，f(4)=f(1)，f(n+4)=-f(n)．
Σ_[k=1,…,8m]f(k)*(-1)^k=0であるから，n≡1,…,8 (mod 8)で考えればよい．
n≡1,3の場合，-f(1)=-√(2-√2)/2．n≡2の場合，-f(1)+f(3)=(√(2+√2)-√(2-√2))/2．
n≡4,8の場合，0．n≡5,7の場合f(1)=√(2-√2)/2．n≡6の場合f(1)-f(3)=-(√(2+√2)-√(2-√2))/2．

a=π/30とおくと，(与式右辺)=(sin(2a)sin(8a)sin(9a)sin(12a))/(cos(2a)cos(8a)cos(9a)cos(12a))．
(分子)=cos(13a)cos(7a)cos(6a)cos(3a)=(cos(6a)+cos(20a))(cos(3a)+cos(9a))/4
=(cos(6a)-cos(10a))(cos(3a)-cos(21a))/4=(分母) であるから，sin(x)=1．
従ってx=2π(n+1/4) (n:整数)．

f(n+1)>f(f(n))>…>f(f(…(f(1))…))>0よりf(n)≧n．
従ってf(n+1)-f(n)>f(f(n))-f(n)≧0より広義単調増加．よってn+1>f(n)であるからf(n)=n．このとき確かに成り立つ．

a=b=c=0を代入してf(0)=0．c=0を代入して(f(a)-f(-a))^2=0よりf(-n)=f(n)．
b=a,c=-2aを代入して2(f(a))^2+(f(-2a))^2=2(f(a))^2+4f(a)f(-2a)より，f(2a)=0,4f(a)．
[1]x≠0ならばf(x)≠0のとき
f(1)=mとおく．f(n)=mn^2となることを数学的帰納法で示す．n=1のときは成立する．
0≦n<kのときf(n)=mn^2を仮定する．kが偶数のときはf(k)=4f(k/2)=mk^2より成立．
kが奇数の時，同様にf(k±1)=m(k±1)^2が成立するので，元の式に(a,b,c)=(k±1,干1,-k)を代入して計算するとf(k)=mk^2．
n<0のときf(n)=f(-n)=mn^2．
よって示された．これは確かに元の式を満たす．
[2]あるx>0に対しf(x)=0のとき
b=x，c=-a-xを代入して，(f(a))^2+(f(-a-x))^2=2f(a)f(-a-x)より
(f(a)-f(a+x))^2=0なのでf(a+x)=f(a)．よってfは周期xをもつ．
以下，xがfの最小の周期であるとする．
(i)x=1のとき，f(n)=0であり，このとき確かに元の式が成り立つ．
(ii)x=2のとき，f(n)=0,k (それぞれn≡0,1 (mod 2)のとき)であり，
a,b,c全てが奇数ではありえないのでa≡0 (mod 2)とするとb≡c (mod 2)よりf(a)=0，f(b)=f(c)．
このとき確かに元の式が成り立つ．
(iii)x=2^i (i≧2)のとき，4f(2^(i-1)-1)=f(2^i-2)=f(-2)=f(2)=4f(1)よりf(2^(i-1)-1)=f(1)．
よってa=1，b=2^(i-1)-1，c=-2^(i-1)を代入するとf(a)=f(b)=f(1)，f(c)=2^(i-1)f(1)なので，
(2+2^(2(i-1))(f(1))^2=(2+2^(i+1))(f(1))^2であるから，i=2．
従って，f(n)=k,4k,0 (それぞれn≡±1,2,0 (mod 4)のとき)であり，
a≡0 (mod 4)のときb≡-c (mod 4)よりf(b)=f(c)なので確かに成り立つ．
a,b,cに4の倍数がないとき，a,b,c全てが奇数ではありえないのでa≡2 (mod 4)とする．f(a)=4k．
このとき，f(b)=f(c)=kであり，代入すると確かに成り立つ．
(iv)xがそれ以外のとき，f(2^i)=0とすると，xと2^iの最大公約数も周期となるが，これはxより小さいので矛盾．
よってf(2^i)≠0よりf(2^i)=2^if(1)．i=0,1,2,…,xのときf(2^i)の値は相異なる．
つまり，f(n)はx+1通り以上の値をとるがこれはf(n)が周期xを持つことに矛盾．

f(f(n))=n+1とする．f(n+1)=f(f(f(n)))=f(n)+1より，f(n)=n+f(0)．これよりn+1=f(f(n))=n+2f(0)となりf(0)が整数であることに反する．

p=123456789とする．f(n+p)=f(f(f(n)))=f(n)+pよりf(n)=n+a(n)とおくとa(n)はpの周期関数．
f(f(n))=n+a(n)+a(n+a(n))よりa(n+a(n))≡-a(n) (mod p)．以下，合同式は全てpを法とする．
a(m)≡xとなるm (0≦m<p)の個数をb(x)とおく．
0≦n,m<pとして，m≠nかつa(m)≡a(n)≡xのとき，a(m+a(m))≡a(n+a(n))≡-x かつm+a(m) !≡n+a(n)よりb(-x)≧b(x)．
同様にb(x)≧b(-x)が言えるのでb(x)=b(-x)．また，a(m)≡0のとき，f(f(m))=m+2a(m)となり不適なのでb(0)=0．
これより，p=Σ_[x=0,…,p-1]b(x)=2Σ_[x=1,…,(p-1)/2]b(x)となり偶数なので不適．

任意のk≧2をとる．n=ap^i (mp^k<a<(m+1)p^k，aとpは互いに素)と書けるとき，
f(n)=p^(i+1)((2m+1)p^k-a),p^i((2m+1)p^k-a) (それぞれ，(2m+1)p^k/2とaの大小関係による)と定義すればよい．

n≧2kのとき，f(n)≧2kで等号成立はn=2k+1のみ．従ってf(n)≦2kとなりうるのはn<2kおよびn=2k+1の高々2k通り．
f(n)は全射なので，n<2kかn=2k+1のときf(n)≦2k．f(2k+1)≧2kよりf(2k+1)=2k．
これよりn<2kならばf(n)<2kであるからf(2k)<2(k+1)であり，f(2k)≧2k+1よりf(2k)=2k+1．このとき確かに成り立つ．

f(x)=f(0+x)=f(0f(x))=f(0)よりf(x)=a (a:任意定数)．
このとき確かに成り立つ．

任意のδ>0に対し(a,a+δ)に有理数も無理数も存在することを示す．
n=[1/δ+1]とおくと1/n<δより，a<m/n<a+δを満たすm∈Zが存在するので有理数は存在する．
また，n=[1/δ+1]/√2とおけば同様に無理数が存在する．
従って任意のδ>0に対し|f(a)-f(x)|=1となるようなxをとれるので極限値は存在しない．