求所有的函数 $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$，使得等式
$f([x]y)=f(x)[f(y)]$ ①
对所有 $x,y\in\mathbb{R}$ 成立．（这里，$[z]$ 表示不超过实数 $z$ 的最大整数．）（法国）
$f([x]y)=f(x)[f(y)]$ ①
对所有 $x,y\in\mathbb{R}$ 成立．（这里，$[z]$ 表示不超过实数 $z$ 的最大整数．）（法国）
【难度】
【出处】
2010年第51届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
答案是 $f(x)=C$（常数），这里 $C=0$ 或者 $1\leqslant C<2$．
令 $x=0$ 代入 ① 得 $f(0)=f(0)[f(y)]$ ②
对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立．于是有如下两种情形：
（1）当 $f(0)\ne 0$ 时，由 ② 知，$[f(y)]=1$ 对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立．所以，① 式为 $f([x]y)=f(x)$，令 $y=0$，得 $f(x)=f(0)=C\ne 0$．
由 $[f(y)]=1=[C]$，知 $1\leqslant C<2$．
（2）当 $f(0)=0$ 时，若存在 $0<\alpha<1$，使得 $f(\alpha)\ne 0$，令 $x=\alpha$ 代入 ① 式，得
$0=f(0)=f(\alpha)[f(y)]$
对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立，所以，$[f(y)]=0$ 对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立．令 $x=1$ 代入 ① 式，得 $f(y)=0$ 对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立，这与 $f(\alpha)\ne 0$ 矛盾．
所以，我们有 $f(\alpha)=0,0\leqslant\alpha<1$．对于任意实数 $z$，存在整数 $N$，使得 $\alpha=\dfrac{z}{N}\in[0,1)$，由 ① 式，有
$f(z)=f([N]\alpha)=f(N)[f(\alpha)]=0$
对所有 $z\in\mathbb{R}$ 成立．
经检验，$f(x)=C$（常数），这里 $C=0$ 或者 $1\leqslant C<2$ 满足题设．
令 $x=0$ 代入 ① 得 $f(0)=f(0)[f(y)]$ ②
对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立．于是有如下两种情形：
（1）当 $f(0)\ne 0$ 时，由 ② 知，$[f(y)]=1$ 对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立．所以，① 式为 $f([x]y)=f(x)$，令 $y=0$，得 $f(x)=f(0)=C\ne 0$．
由 $[f(y)]=1=[C]$，知 $1\leqslant C<2$．
（2）当 $f(0)=0$ 时，若存在 $0<\alpha<1$，使得 $f(\alpha)\ne 0$，令 $x=\alpha$ 代入 ① 式，得
$0=f(0)=f(\alpha)[f(y)]$
对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立，所以，$[f(y)]=0$ 对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立．令 $x=1$ 代入 ① 式，得 $f(y)=0$ 对所有 $y\in\mathbb{R}$ 成立，这与 $f(\alpha)\ne 0$ 矛盾．
所以，我们有 $f(\alpha)=0,0\leqslant\alpha<1$．对于任意实数 $z$，存在整数 $N$，使得 $\alpha=\dfrac{z}{N}\in[0,1)$，由 ① 式，有
$f(z)=f([N]\alpha)=f(N)[f(\alpha)]=0$
对所有 $z\in\mathbb{R}$ 成立．
经检验，$f(x)=C$（常数），这里 $C=0$ 或者 $1\leqslant C<2$ 满足题设．
答案
解析
备注
