函数方程：换元范围、必要条件与验解

若对所有实数 $t$ 有 $f(1+\cos t)=\sin^2t+\cos t-1$，令 $u=1+\cos t$，则 $u$ 的取值范围恰为 $[0,2]$。由 $\cos t=u-1$ 得

$$f(u)=-(u-1)^2+(u-1)=-u^2+3u-2,\qquad 0\le u\le2.$$

若 $f$ 的定义域规定为整个实轴，区间外的值没有被这个等式约束，可以任意指定；若定义域就是 $[0,2]$，则已唯一确定。

例如代入 $u=1$ 得 $f(1)=0$，代入 $u=0$ 得 $f(0)=-2$，所以不能把本题答案写成恒零函数或平方函数。最后把表达式代回复合输入，可验证它确实满足原式。

设 $g(0)=1$，且 $g(x-y)=f(x)f(y)+g(x)g(y)$。令 $x=y$ 可得 $f(x)^2+g(x)^2=1$，因而 $|f(x)g(x)|\le1/2$。若另有 $f(\lambda)=1$，便有 $g(\lambda)=0$；再取 $x=\lambda,y=\lambda-t$，得到 $g(t)=f(\lambda-t)$。

这些结论直接来自条件，不需要先认定 $f,g$ 就是正弦、余弦。满足条件的一个三角函数模型，可以帮助发现结论，但不能替代对所有允许函数的证明。

即使同时给出正弦、余弦加法式与 $0<f(x)<x$（$0<x<1$），也没有确定唯一尺度：$f(x)=\sin(cx),g(x)=\cos(cx)$ 对每个 $0<c\le1$ 都满足这些条件。原资料书页67的唯一性断言还缺少归一化条件，本手册不沿用。

设实函数满足 $f(x+y)=f(x)+f(y)+2axy-c$，其中 $a,c$ 为常数。令 $x=y=0$ 得 $f(0)=c$；减去已知二次部分，记 $h(x)=f(x)-ax^2-c$，则 $h(x+y)=h(x)+h(y)$。

因此对整数 $n$，$h(n)=nh(1)$，即

$$f(n)=an^2+[f(1)-a-c]n+c.$$

例如 $a=2,c=1,f(1)=4$，得到 $f(n)=2n^2+n+1$，从而 $f(5)=56$。这些整数值无需连续性就能确定。要进一步断言所有实数 $x$ 都有同一个二次表达式，还需连续性、单调性等足够的附加条件；“长得像二次函数”本身不是证明。

若 $H$ 严格递增，则 $H(u)<H(v)\iff u<v$；若还为奇函数，则

$$H(u)+H(v)=0\iff H(u)=H(-v)\iff u=-v.$$

须先确认 $u,v,-v$ 都在定义域内；严格性提供单射，不能用非严格单调替代。

例一：隐藏的同一函数。 令 $u=x^2-20x+38$，则

$$u^3+4x^2+152<x^3+84x \iff u^3+4u<x^3+4x.$$

$H(t)=t^3+4t$ 严格递增，故等价于 $u<x$，即 $(x-2)(x-19)<0$，解为 $2<x<19$。

例二：高次项无需逐个解根。 若

$$(x-1)^5+2017(x-1)=4034,\qquad (y-1)^5+2017(y-1)=-4034,$$

取严格递增奇函数 $H(t)=t^5+2017t$，便得 $x-1=-(y-1)$，所以 $x+y=2$。若 $(3x+y)^{2015}+x^{2015}+4x+y=0$，取 $H(t)=t^{2015}+t$，原式成为 $H(3x+y)+H(x)=0$，从而 $4x+y=0$。

例三：带根式的奇函数。

$$(3x-1)(\sqrt{9x^2-6x+5}+1) +(2x-3)(\sqrt{4x^2-12x+13}+1)=0.$$

令 $H(t)=t(\sqrt{t^2+4}+1)$。它为奇函数，在非负半轴上是非负增因子的乘积并加上线性项，严格递增；在负半轴上由奇性同样严格递增，跨零时由符号仍保持严格。原式为 $H(3x-1)+H(2x-3)=0$，故 $3x-1=-(2x-3)$，得到 $x=4/5$，代回两个自变量互为相反数，确实满足。

定义域不能后补。 若奇函数 $f$ 在 $(-1,1)$ 上严格递减，而 $f(1+a)+f(1-a^2)<0$，首先需要 $-2<a<0$ 且 $0<a^2<2$，合为 $-\sqrt2<a<0$。再利用奇性，原不等式化为 $f(1+a)<f(a^2-1)$，递减给出 $1+a>a^2-1$，即 $-1<a<2$。与定义域条件取交，答案 $-1<a<0$。