本題為一題多問的大型手寫題，層層遞進探討一個特殊的函數方程式。

(a) 求 $f(0)$ 與 $f'(0)$

• 利用函數方程式代入 $x=y=0$ 即可求出 $f(0) = 0$。
• 將已知不等式除以 $x$（當 $x \neq 0$ 且 $|x| \le 1$）並取極限，利用夾擠定理 (Squeeze Theorem) 證得 $f'(0) = 3$。

(b) 證明 $f(x)$ 可導並求 $f'(x)$

• 使用導數的極限定義式： $f'(x) = \lim_{h\to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}$
• 將 $f(x+h)$ 用函數方程式展開，化簡後代入 (a) 小題已求得的極限值。

(c) 說明 $f(x)$ 是單射並求反函數導數

• 通過一階導數 $f'(x) = 3+x^2 \ge 3 > 0$ 判斷函數嚴格遞增，故必為一對一。
• 積分 $f'(x)$ 求出函數的解析式 $f(x) = 3x + \frac{1}{3}x^3$。
• 解出當 $f(y_0) = 10/3$ 時的實數根 $y_0 = 1$。
• 套用反函數微分定理求解。

(d) 證明反函數積分公式並計算特定定積分

• 使用變數變換 $u = f^{-1}(x) \implies x = f(u)$ 搭配分部積分法，即可證出該恆等式。
• 令 $a=0, b=1$，代入已求得的函數表達式進行定積分計算。

(a) 求解 $f(0)$ 與 $f'(0)$

1. 求 $f(0)$： 在函數方程式 $f(x + y) = f(x) + f(y) + xy(x + y)$ 中，令 $x = y = 0$：

   $$f(0 + 0) = f(0) + f(0) + 0(0) \implies f(0) = 2f(0) \implies f(0) = 0$$

2. 求 $f'(0)$： 根據已知不等式，當 $|x| \le 1$ 且 $x \neq 0$ 時，我們將不等式同除以 $|x|$：

   $$\frac{|f(x) - f(0) - 3x|}{|x|} \le \frac{x^2}{|x|} \implies \left| \frac{f(x) - f(0)}{x} - 3 \right| \le |x|$$

   當 $x \to 0$ 時，顯然有 $\displaystyle \lim_{x \to 0} |x| = 0$。根據夾擠定理（Squeeze Theorem），必有：

   $$\lim_{x \to 0} \left( \frac{f(x) - f(0)}{x} - 3 \right) = 0 \implies \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x} = 3$$

   此極限值即為一階導數在原點的定義。因此， $f'(0) = 3$。

(b) 證明 $f(x)$ 可導並求 $f'(x)$

對於任意實數 $x$，我們根據導數的極限定義計算其導函數：

將已知關係式 $f(x + h) = f(x) + f(h) + xh(x + h)$ 代入分子：

由於 $f(0) = 0$，上式第一項 $\frac{f(h)}{h} = \frac{f(h) - f(0)}{h}$。代入已知極限：

因極限存在，故 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上處處可導，且導函數為：

(c) 證明 $f(x)$ 是單射（one-to-one）並求解 $\displaystyle \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f^{-1}(x)\right|_{x=\frac{10}{3}}$

1. 單射證明： 由 (b) 小題知，對任意實數 $x$，恆有 $f'(x) = 3 + x^2 \ge 3 > 0$。 一階導數恆大於零，說明 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上是嚴格單調遞增函數，因此 $f(x)$ 必為單射（一對一），反函數 $f^{-1}$ 存在。

2. 求解反函數在 $x = \frac{10}{3}$ 的導數： 我們對 $f'(x) = 3 + x^2$ 進行積分以求出 $f(x)$ 的解析式：

   $$f(x) = \int (3 + x^2) \,\mathrm{d}x = 3x + \frac{1}{3} x^3 + C$$

   代入 $f(0) = 0 \implies C = 0$。因此：

   $$f(x) = 3x + \frac{1}{3} x^3$$

   令 $y_0 = f^{-1}\left(\frac{10}{3}\right)$，即 $f(y_0) = \frac{10}{3}$：

   $$3y_0 + \frac{1}{3} y_0^3 = \frac{10}{3} \implies y_0^3 + 9y_0 - 10 = 0 \implies (y_0 - 1)(y_0^2 + y_0 + 10) = 0$$

   因為 $y_0^2 + y_0 + 10 = 0$ 無實數根，所以唯一的實數解為 $y_0 = 1$。 根據反函數微分定理：

   $$\left. \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} f^{-1}(x) \right|_{x=\frac{10}{3}} = \frac{1}{f'(y_0)} = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{3 + 1^2} = \frac{1}{4}$$

(d) 證明積分公式並計算 $\displaystyle \int_{0}^{\frac{10}{3}} f^{-1}(x) \,\mathrm{d}x$

1. 公式證明： 我們在定積分 $\displaystyle \int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) \,\mathrm{d}x$ 中引入換元： 令 $u = f^{-1}(x) \implies x = f(u)$，則 $\mathrm{d}x = f'(u) \,\mathrm{d}u$。 變更積分限：

   • 當 $x = f(a)$ 時， $u = a$。
   • 當 $x = f(b)$ 時， $u = b$。 代入得：
   $$\int_{f(a)}^{f(b)} f^{-1}(x) \,\mathrm{d}x = \int_{a}^{b} u f'(u) \,\mathrm{d}u$$

   套用分部積分法（令第零項為 $u$，第一項為 $f'(u)$）：

   $$\int_{a}^{b} u f'(u) \,\mathrm{d}u = \Big[ u f(u) \Big]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f(u) \,\mathrm{d}u = b f(b) - a f(a) - \int_{a}^{b} f(x) \,\mathrm{d}x$$

   公式得證。

2. 計算積分值： 我們要計算 $\displaystyle \int_{0}^{\frac{10}{3}} f^{-1}(x) \,\mathrm{d}x$。 由於 $f(0) = 0$，且由 (c) 小題可知 $f(1) = \frac{10}{3}$。我們令 $a = 0, b = 1$，代入上述已證公式：

   $$\begin{align*} \int_{0}^{\frac{10}{3}} f^{-1}(x) \,\mathrm{d}x =&\, 1 \cdot f(1) - 0 \cdot f(0) - \int_{0}^{1} f(x) \,\mathrm{d}x \\[4mm] =&\, \frac{10}{3} - \int_{0}^{1} \left( 3x + \frac{1}{3}x^3 \right) \mathrm{d}x \\[4mm] =&\, \frac{10}{3} - \left[ \frac{3}{2}x^2 + \frac{1}{12}x^4 \right]_{0}^{1} \\[4mm] =&\, \frac{10}{3} - \left( \frac{3}{2} + \frac{1}{12} \right) \\[4mm] =&\, \frac{10}{3} - \frac{19}{12} = \frac{40 - 19}{12} = \frac{21}{12} = \frac{7}{4} \end{align*}$$

結論：

• (a) $f(0) = 0, f'(0) = 3$。
• (b) $f'(x) = 3 + x^2$。
• (c) 導數值為 $\displaystyle \frac{1}{4}$。
• (d) 積分值為 $\displaystyle \frac{7}{4}$。