[函数] 来自群的抽象函数问题$f(f(x))=9x+4$（原解二楼有问题暂时关掉，后面有更新）

学生-jhlts(4045*****)  22:58:37
求助啊
若 $f(f(x))=9x+4$，那么 $f(x)$ 一定是一次函数吗？

错了…………汗

咳，突然想到一个easy的反例
\[f(x)=\begin{cases}
3x+1 & x\in\mathbb{Q}\\
-3x-2 & x\in\mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}\\
\end{cases}\]

变式一下，楼上的方法还行不行呢？

$f(f(x))=2x+1$，那么 $f(x)$ 是否一定为一次函数？

如下构造行不行？
先定义一个集合：$\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr) = \bigl\{ a + b\sqrt2 \mid a,b\in\mathbb{Q}\bigr\}$
然后将 $f(x)$ 定义为
\[
f(x) = \begin{cases}
\sqrt 2 x + \sqrt 2 - 1 & x \in \mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr) \\
- \sqrt 2 x - \sqrt 2 - 1 & x \in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)
\end{cases}
\]
要证明这个 $f(x)$ 满足对 $\forall x \in\mathbb{R}$ 有 $f(f(x))=2x+1$，注意到 $\sqrt 2 x + \sqrt 2 - 1$ 和 $- \sqrt 2 x - \sqrt 2 - 1$ 都是迭代后就是 $2x+1$，故只需证：
（一）$\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)$ 对于映射 $x\to\sqrt 2 x + \sqrt 2 - 1$ 是封闭的；
（二）$\mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)$ 对于映射 $x\to-\sqrt 2 x - \sqrt 2 - 1$ 是封闭的。

（一）：当 $x\in\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)$，设 $x=a + b\sqrt2,a,b\in\mathbb{Q}$，则\[
\sqrt 2 x + \sqrt 2 - 1 = \sqrt 2 \bigl(a+b\sqrt2\bigr) + \sqrt 2 - 1=2b-1+(a+1)\sqrt2\in\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)
\]所以成立。
（二）：用反证法，当 $x \in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)$，假设 $-\sqrt 2 x - \sqrt 2 - 1\notin\mathbb{R}\backslash\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)$，因为 $-\sqrt 2 x - \sqrt 2 - 1\in\mathbb{R}$，那么必然有 $-\sqrt 2 x - \sqrt 2 - 1\in\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)$，故可设 $-\sqrt 2 x - \sqrt 2 - 1=a + b\sqrt2,a,b\in\mathbb{Q}$，解得\[
x = \frac{a + b\sqrt 2 + \sqrt 2 + 1}{ - \sqrt 2 } = - b - 1 - \frac{a + 1}{2}\sqrt 2 \in\mathbb{Q}\bigl(\sqrt2\bigr)
\]矛盾！

这样就OK了，这样来看似乎对于有两个一次函数解的并且一次项系数为有理数的平方根都可以这样构造，但如果是其他无理数系数，甚至是超越数，会怎样呢？而对于只有一个一次函数解的，又如何呢？
待续…………

也就是比如这两个：$f(f(x))=\pi x+e$、$f(f(x))=x+1$，咋搞？研究中……

$f(f(x))=x+1$ 似乎OK了

也是先记一个集合 $M=\left\{\dfrac x2 \biggm| x\in\mathbb{Z}\right\}$，将 $f(x)$ 定义为
\[
f(x)=\begin{cases}
x+1.5 & x\in\mathbb{Z}\\
x-0.5 & x\in M\backslash\mathbb{Z}\\
x+0.5 & x\in\mathbb{R}\backslash M
\end{cases}
\]
行不行？
如果没问题的话，$f(f(x))=x+k$ 也类似可以构造出来。