已知`f(f(x))=x^2+x`，求`f(x)`的解析式
已知：`f(f(x))=x^2+x`，求：`f(x)`的解析式这样的题目怎样解决？
http://zhidao.baidu.com/question/982764580146453139.html
这是个函数方程，属于迭代函数方程的一种。一般来说，函数方程的解不一定存在，即使存在也不一定连续，光滑，更不用说给出封闭形式的解（解析式）了。
迭代函数方程则表现得更为剧烈的奇异特征，主要表现在其间断，周期性的特点，因此解可能不唯一，而且极其怪异。记得高中数学竞赛中有本竞赛教程辅导书中提到了不动点理论求函数的迭代形式，这里有相关链接。
楼主要求解析式，那就意味着解是单值连续的（不一定可微）。R. E. Rice; B. Schweizer; A. Sklar在文章 When is f(f(z)) = az^2 + bz + c? 中给出了结论：
THEOREM 3. Let P be a quadratic polynomial defned on the complex plane C. Then P has no
iterative roots oforder 2, i.e., there exists no function f whatever such that,f(f(z))=P(z)for all z in C.
上面说，整个复平面内，二次多项式不存在阶数为2的迭代根，即楼主提出的问题不存在解。
对于更一般的问题 `f(f(x))=g(x)`，mathoverflow网站上有人已经讨论过，点这里进入。里面基本上有三个有用的回答：
1. `g` 是 `R \to R` 的任意函数（不一定光滑连续），并不保证总存在 `f:R\to R` 满足方程；
例：令 g(0)=1, g(1)=0 且 g(x)=x 对于任意 x∈R∖{0,1}. 设 f∘f=g, 及 a=f(0), 那么 f(a)=1 并且 f(1)=g(a)=a。因为 a∉{0,1}，于是 g(1)=f(f(1))=f(a)=1,矛盾。
2. 若 `g` 满足上述条件，且是连续的，则并不能保证总存在连续的`f:R\to R` 满足方程；
例：令g(x)=-x 或任意递减函数g:R→R. 那么f必须是单射的且单调的。无论f是递增还是递减的， f∘f 必然递增。矛盾。
3. 若将上面的`R`换成`C`，具体研究在上面给出的R. E. Rice; B. Schweizer; A. Sklar的文章里。
下面有人跟帖给出 `f(x)=2 \cos \left(\sqrt{2} \arccos \left(\frac{x-1}{2}\right)\right)+1` 是 `f(f(x))=x^2-2x` 的一个解。
而在另一个帖子How to solve f(f(x)) = cos(x) ?中的Anixx给出$$f^{}(x)=\sum_{m=0}^{\infty} \binom {1/2}m \sum_{k=0}^m\binom mk(-1)^{m-k}f^{}(x)$$其中 `f^{}(x)` 表示 `f(x)` 的 `k` 阶迭代。
在Solve f(f(x)) = exp(x) to find f中，Ilias 给出了一种技巧性的构造解。
更多参考：
1. Iterative Roots and Fractional Iteration
该网站提供了有关差分/迭代函数方程的详细参考文献，有兴趣可以找了看看。
2. The Mathematical Atlas 网站的子类 Difference and functional equations 中，在文末提供了不少迭代函数相关的讨论话题。
补充内容 (2014-8-28 17:38):
Anixx 给出的计算式貌似不对，刚刚用Mathematica检验发现有问题。 如果题目改成\(f(f(x))=x^2+x-\frac{1}{4}\)，则易知\(f(x)=(x+\frac{1}{2})^\sqrt{2}-\frac{1}{2}\)，感觉可以把这个结果当成是当\(x\)非常大的时候\(f(x)\)的一个近似解，不知道对不对。 无心得而鬼神服 发表于 2014-8-28 00:48
如果题目改成\(f(f(x))=x^2+x-\frac{1}{4}\)，则易知\(f(x)=(x+\frac{1}{2})^\sqrt{2}-\frac{1}{2}\)，感觉 ...
`\D f(f(x))=x^2+x-\frac{9}{4}`，那么 `\D f(x)=2\cos(\sqrt{2}\arccos(\frac{x}{2}+\frac{1}{4}))-\frac{1}{2}` 再来分析楼主的问题。既然是函数，故不存在“一对多”的情况，即不可能出现`f(x)=y_1,f(x)=y_2\enspace (y_1\neq y_2)` 的情况。
下面给出两个有用的定理：
定理一`~~~~`若 `f(x)=\varphi^{-1}(g(\varphi(x)))`，记作 `f\overset{\,\varphi}{\sim} g`，表示函数 `f(x)` 通过桥函数 `\varphi(x)` 与函数 `g(x)` 相似。则$$f^{\small}(x)=\varphi^{-1}(g^{\small [ n]}(\varphi(x)))$$
定理二`~~~~`如果 `x_0` 是函数 `f(x)` 的不动点，那么 `x_0` 也是 `f^{\small}(x)` 的不动点。这里 `k \in \ZZ.`
注：方程`f(x)=x`的根叫做`f(x)`的不动点。
问题：`f(f(x))=x^2+x`
分析：
1. 若 `f` 是单射（即不同自变量对应函数值不同）
令 `f(0)=a`，那么 `f(f(0))=f(a)=0^2+0=0`，即 `f(a)=0`。
而 `f(f(a))=f(0)=a^2+a`，因此 `a^2+a=a`，只能是 `a=0`，即`f(0)=0`。
再令 `f(-1)=b`，那么`f(f(-1))=f(b)=(-1)^2+(-1)=0`，所以 `f(f(b))=f(0)=b^2+b=0`，即 `b=0`或 `b=-1`
所以， `f(-1)=0`（舍去，因为 `f` 是单射） 或 `f(-1)=-1`（因此 `f` 有两个不动点 `x=0` 和 `x=-1`）
2. 若 `f` 是满射，则上述方法失效。因为可能存在不同的自变量但函数值相同。但是可以利用定理二，同样求出两个不动点，但并不意味着 `f(x)` 只有这两个不动点。
定理一一般用于求函数 `f` 的 `n` 次迭代 `f^{\small}`，或者 `n` 次迭代根 `f^{\small}`,当 `g(x)` 取作 `sx` 时(`s=f'(a)`，`a`是`f(x)`的不动点)，定理一就化为Schröder's equation（注意字母，不是薛定谔）。当然，一般情况下`\varphi(x)` 不是很好找（所以该方法仅用于特殊情况，比如4楼给的例子）。
如果函数 `f(x)` 有个不动点是 `a`，在 `a` 点将 `f^{\small}(x)` 展开成泰勒级数。然后利用复合函数求导法则以及定理二可得： $$f^{\small}(x)=f(a)+(x-a)(f'(a))^n+\frac{(x-a)^2}{2!}f''(a)(f'(a))^n(1+f'(a)+\cdots+(f'(a))^{n-1})+\cdots$$ 限定在本题，连续的解可以有无穷个。甚至任意阶可微的解也可以构造，但是不知道是否存在实解析的解。 本帖最后由 282842712474 于 2014-8-28 14:58 编辑
设$f(x)=x^{\sqrt{2}}+\varepsilon(x)$，那么
$$f(f(x))=\left(x^{\sqrt{2}}+\varepsilon(x)\right)^{\sqrt{2}}+\varepsilon\left(x^{\sqrt{2}}+\varepsilon(x)\right)=x^2+x$$
利用
$$\varepsilon(x)=\left^{1/\sqrt{2}}-x^{\sqrt{2}}$$
进行迭代，初始函数为$\varepsilon(x)\equiv 0$，似乎有收敛迹象。一次迭代得到
$$f(x)=\left(x^2+x\right)^{1/\sqrt{2}}=x^{\sqrt{2}}\left(1 + \frac{1}{x\sqrt{2}} + \left( {\frac{1}{4} - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right){\frac{1}{x^2}} + \left( { - \frac{1}{4} + \frac{5}{{12\sqrt 2 }}} \right){\frac{1}{x^3}}+...\right)$$
继续迭代，似乎收敛？ 本帖最后由 kastin 于 2014-8-28 20:20 编辑
`f^{\small}(x)`在不动点x=0附近展开（纯手算，还没找到自动化的好方法），得 `f^{\small}(x) \approx x + x^2/2 - x^3/4+x^4/4-5 x^5/16+27 x^6/64`
绘图验证：
f := x + x^2/2 - x^3/4 + x^4/4 - 5 x^5/16 + 27 x^6/64;
Plot[{x^2 + x, f]}, {x, 0, 1}, PlotLegends -> "Expressions"]
在内曲线重合。 定理二不一定成立。比如选择g(x)=(2x-x^2)^2,那么0，1都是不动点。而f(x)=(1-x)^2满足f(f(x))=g(x)。但是0，1都不是g的不动点 至于本题连续解的数目是无穷的，而且是不可列的
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