浅析函数方程的一些解法(2)

yx)f(x) (1 )f(y) x2y xy xy2，求f(x). x 1y 1

3

得 21x3

)f(x) (1 ) x2 2x f(x 1) (1

x 122

f(x 1)f(x)3

x 整理后，可得

x 2x 14

解 原函数方程中令y 1，并利用f(1)

2，3， ，n 1，得 令x 1，

f(2)

3f(3)

4

f(1)3

1 24f(2)3

2 34

f(n)f(n 1)3 (n 1) n 1n4

将上述各式相加，得

f(n)f(1)313 [1 2 (n 1)] (n 1) (n 1)n (n 1)n 12424

1

(n 1)(2n 3)4

函数方程的解法是古老的分析问题之一,许多数学家都对它进行过系统的研究。目前,对函数方程的求解用初等数学对其解题还不够有待进一步完善。因此,用初等方法来对它进行地归纳探索对形成简便有效的解题方法具有重要意义的。

31

代入后，经过整理得f(n) n(n 1)(2n 1) 24

1

于是，所求的函数应为f(x) x(x 1)(2x 1)(x N)

4

以f(1)

经验证它满足原函数方程.

求定义在自然数集N上的函数f(n), 实际上就是数列 f(n) (n 1，2， )的通项an. 就是利用等比、等差数列的有关知识(通项公式、求和公式等) 求定义在N上的函数

f(n).

例8 已知f(1) a(常数)，n N，n 1有f(n) 2f(n 1) 1，求f(n). 解法一 由f(n) 2f(n 1) 1 ○1

得f(n 1) 2f(n) 1 ○2 2－○1，得 ○

f(n 1) f(n) 2[f(n) f(n 1)]

f(n 1) f(n)

2f(n) f(n 1)

所以数列 f(n) f(n 1) 是首项为f(2) f(1)，公比为2的等比数列，其通项为：

3 f(n 1) f(n) 2n 1 [f(2) f(1)] ○

将○2及f(1) a，f(2) 2f(1) 1 2a 1代入○3，并整理，得

f(n) 2n 1 (a 1) 1

即 f(x) 2x 1 (a 1) 1，(x N)

2.5 数学归纳法

数学归纳法是数学中的重要方法之一. 适用范围相当广泛，所以对求解函数方程也同样有效，当未知函数定义在自然数集N上时常用到.

例9[1]函数f(n)的定义域为正整数集，值域为非负整数集，所有正整数m，n满足：

) 3333，求f(1982).（第23f(1 1) f(1) f(1) 0或1；f(2) 0，f(3) 0，f(9999

届IMO第1题）

函数方程的解法是古老的分析问题之一,许多数学家都对它进行过系统的研究。目前,对函数方程的求解用初等数学对其解题还不够有待进一步完善。因此,用初等方法来对它进行地归纳探索对形成简便有效的解题方法具有重要意义的。

分析：由已知条件得知f(n)的定义域为正整数集，则我们试着将这个题的解法同数学归纳法相联系，在解答过程中将题设中的条件适当的转化，我们将发现一定规律，由此得出答案。

解 由f(1 1) f(1) f(1) 0或1，得

0 f(2) 2f(1)， f(1) 0

f(3) 0， f(3) 1

由f(2 1) f(2) f(1) 0或1，得f(3) 0或1同理可推得f(3 2) 2，f(3 3) 3，

已知f(9999) f(3 3333) 3333，猜想：f(3k) k，(k 3333)下面用数学归纳法证明这个命题成立.

假设对于小于k的一切自然数，结论成立，则

f(3k) f[3(k 1) 3] f[3(k 1)] f(3) k 1 1 k即f(3k) k(k 3333)

如果f(3k) k 1，则

f(9999) f(9999 3k) f(3k) 3333 k k 1 3333

显然，有660 f(1982) 661.

与题设矛盾，所以必有f(3k) k.

若f(1982) 661，则f(9999) f(5 1982 99)

5f(1982) f(89) 5 661 f(89) 3305 29 3333

与题设矛盾，所以f(1982) 660

例10[5] 设N是自然数集，f(x)是定义在N上并在N内取值的函数，且对x，有y N，

f[f(x) f(y)] x y ○1

求f(2009)的所有可能的值.

解 设f(x) y，则由○1可得f(y) x，那么f(2y) f[f(x) f(x)] 2x 特别如果设f(1) t，则有f(2t) 2

下面用反证法证明t 1，若不然，设t b 1，b N，又设f(b) c则 f(2c) 2b，2c 2t f[f(2c) f(2t)] f(2b 2) f(2t) 2

c t 1，这是不可能的，这就证明了f(1) 1，如果f(k) k，则 f(k 1) f[f(k) f(1)] k 1

函数方程的解法是古老的分析问题之一,许多数学家都对它进行过系统的研究。目前,对函数方程的求解用初等数学对其解题还不够有待进一步完善。因此,用初等方法来对它进行地归纳探索对形成简便有效的解题方法具有重要意义的。

由数学归纳法知，对一切x N，f(x) x 所以 f(2009) 2009

例11[2] 求证：不存在这样的函数f：N0(非负整数集) N0，它对每个n N0都有

f[f(n)] n 1987

证明： 反设存在这样的函数f(n)，它满足条件f[f(n)] n 1987(n N0)，则 1 f(n 1987) f{f[f(n)]} f(n) 1987 ○于是，用数学归纳法易证：对所有n，k N0，有f(n 1987k) f(n) 1987k. 下面证明：

设A {0，则 1，2， ，1986}，若a，b A，

m ○ f(a) b 19872

的充分必要条件是f(b) a 1987m1，这里m，m1都是整数. 事实上，设○2成立，则由○1有

f(b) f(b 1987m) 1987m f[f(a)] 1987m

a 1987 1987m a 1987m1(m1 1 m)

充分性可类似证明.

由上述结论可见，若a，b A，且f(a) b 1987m，则可将a，b配成一个无序数对，这样，A中的数将两两配对.由于A中有奇数（1987）个数，所以，必存在c A，c与自己配对，即存在整数l，

l 使得f(c) c 1987

l) f(c) 1987l c 1987 2l 于是 c 1987 f[f(c)] f(c 1987

从而2l 1，l

1

，与l是整数矛盾. 2

故假设不成立，原命题成立.

2.6 函数迭代法

例12[1] 设N为自然数集，k N，如果有一个函数f:N N时严格递增的，且对每

函数方程的解法是古老的分析问题之一,许多数学家都对它进行过系统的研究。目前,对函数方程的求解用初等数学对其解题还不够有待进一步完善。因此,用初等方法来对它进行地归纳探索对形成简便有效的解题方法具有重要意义的。

一个n N，都有f(f(n)) kn.求证：对每一个n N，都有（CMO,1990年）

证明：对n N，设f(n) a(a N)，则

2kk 1

n f(n) n k 12

f(a) f(f(n)) knf(kn) f(f(a)) kaf(ka) f(f(kn)) k2n

因为f(n) N，且f(n)严格递增，所以f(n) f(n 1) 1 f(n 2) 2

f(1) (n 1) n.

又由于f(n) a，所以由(1)，a n

k2n f(ka) f(ka 1) 1 f(kn) ka kn ka ka kn 2ka kn于是，k2n kn 2ka，所以a

k 1k 1

n，即f(n) n22

由(1)，得f(f(n)) f(n)，即kn a

(1)

ka f(kn) f(kn 1) 1 f(a) kn a 2kn a

2kn2kn

所以(k 1)a 2kn，a ，即f n

k 1k 1

2kk 1

n f(n) n

k 12

例13[8] 设f(x) 杯数学竞赛)

x 1

，记fn(x) f{f[ f(x)]}，求f1999(x)的值.(1999年第十届希望

x 1

n个f

x 11，f2(x) f(f1(x)) x 1x

1 x

，f4(x) f(f3(x)) x f3(x) f(f2(x))

1 x

解 因为 f1(x) f(x)

所以 f4k 1(x) f1(x)，f4k 2(x) f2(x)，f4k 3(x) f3(x)，f4k(x) f4(x)k N 则f1999(x) f4k 3(x) f3(x)

1 x

1 x

例14[7] …… 此处隐藏：3335字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……