浅析函数方程的一些解法(3)

(1)f(xf(y)) yf(x)(任意x 0，y 0)，

(2)f(x) 0(当x ).（第24届IMO第1题）

解 对任意正实数a，任意x0 0，因f(x0) 0，所以y0

a

0，故f(x0)

f(x0f(y0)) y0f(x0) a，这表明任意正实数都在f的值域内. 特别地，存在y 0，使f(y) 1，则 f(1f(y)) f(1) yf(1)

因f(10 0，所以y 1，即f(1) 1.又f(xf(x)) xf(x)，即xf(x)是f的不动点（任

x 0）

若f(a) a，f(b) b，则f(ab) f(af(b)) bf(a) ba ab，即ab也是f的不动点. 特别地，ak是f的不动点，故不存在大于1的不动点. 事实上，若f(a) a，a 1,则limf(x) limf(ak) limak ，与limf(x) 0矛盾. k k k k

因任意x 0，xf(x)为f的不动点，故xf(x) 1. 即

1

任意x 0 ○1 x

11

设a xf(x)，则f(a) a，于是f(f(a)) f(1) 1 af()，

aa

f(x)

111111

) ，即 1， 所以f() ，即f(也是f的不动点，故

aaxf(x)xf(x)xf(x)xf(x)

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。

1

○2 x

11

由○1和○2，得f(x) . 即满足题设条件的函数只有f(x) .

xx

所以 f(x)

例16[6] 数列{an} 的递推公式为an 1 求它的通项公式. 解 先求出分式线性函数

an

1 (( )2 4 0) ○

an

x x

的不动点，既由x ○2 x x

得出不动点 x1,2 由于x1，x2满足○2，所以

( )2 4

2

○3

an 1 x1

an a x1 (an x1)( )

x1 n

an an x1 (an )(x1 )

(an x2)( )

(an )(x2 )

an 1 x1

所以

an 1 x1x2 an x1a x1x

即n是公比为q 2的等比数列.

an 1 x2x1 an x2an x2x1

x1 x2 ((

x2 n 1a1 x1

) )x1 a1 x2

x2 n 1a1 x1

1 ()

x1 a1 x2

an x1x n 1a1 x1

， 则可得 an (2)

an x2x1 a1 x2

例17[7] 已知数列{an}满足an 1

21an 24

，a1 4，求数列{an}的通项公式.

4an 1

解：令x

21x 2421x 24

，得4x2 20x 24 0，则x1 2，x2 3是函数f(x) 的

4x 14x 1

两个不动点。因为

21an 24

2

an 1 24an 121an 24 2(4an 1)13an 2613an 2

21a 24an 1 39an 3n

321an 24 3(4an 1)9an 27

4an 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。

a 2 a1 24 213

所以数列 n是以为首项，以为公比的等比数列，故 2

a 39a1 34 3 n

an 213

2()n 1，则an an 39

113

2()n 1 19

3

21x 2421x 24

的不动点，即方程x 的

4x 14x 1

评注：本题解题的关键是先求出函数f(x) 两个根x1 2，x2 3，进而可推出

a 2 an 1 213an 2

，从而可知数列 n 为等比

a 3an 1 39an 3 n

a 2

数列，再求出数列 n 的通项公式，最后求出数列{an}的通项公式.

an 3

2.8 柯西方法

柯西方法是一种“爬坡式”的推理方法，即首先求出自变量取自然数时，函数方程的解，然后依次求出自变量取整数、有理数、实数时，函数方程的解。 例18[1] 设f是R上的连续函数，且对一切x，y R，f(x y) f(x) f(y)○1 求f(x).

解 (1) 当自变量取自然数时.由数学归纳法可得: f(x1 x2 xn) f(x1) f(x2) f(xn)令x1 x2 xn x，则 f(nx) nf(x)

2 (n N，x R) ○

(xi R)

在○2中，令x 1，得f(n) nf(1).令f(1) a，于是， f(x) ax(2) 当自变量取整数时.

3 (x N) ○

f(x) f(x 0) f(x) f(0)

f(0) 0 ○4

0 f(0) f[n ( n)] f(n) f( n)(n N)

f( n) f(n) an a( n)(n N) ○5 由○3、○4、○5，得 f(x) ax(x Z) ○6

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。

(3) 当自变量取有理数时. 设r 由○2，有 f(m) f(n

m

，n N，m Z n

mm) nf() nnm11m

由○6，有 f() f(m) am a

nnnn

即 f(x) ax(x Q) ○7

(4) 当自变量取实数时.

，n 1，2， ，xn Q，使得limxn x.由于f连续及○对任意x R，存在 xn 7，有

n

f(x) limf(xn) limaxn ax

n

n

f(x) ax(x R)

本例中的函数方程是一个很重要的函数方程，它时由法国数学家柯西首先研究

的，所以被称为柯西函数方程。本例中的这个解函数方程的方法叫做柯西方法。在许多函数方程问题中，将函数方程通过变形或变换，转化为柯西函数方程，即可利用上述结论

例19[2] 设f是R R的连续函数，且f(x)不恒等于零，解函数方程

f(x y) f(x)f(y)

解 对一切x R，有

xxx

f(x) f( ) f2() 0

222

若存在x0 R，有f(x0) 0，则对任何x R，有 f(x) f(x0 x x0) f(x0)f(x x0) 0

这与f(x)不恒为零矛盾.故对一切x R，f(x) 0.于是，可以对原方程两边取对数，得

lnf(x y) lnf(x) lnf(y) 令g(x) lnf(x)，得

g(x y) g(x) g(y)(x，y R)

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。

由于g(x)连续，由例14可得g(x) cx（c为任意实数），即

lnf(x) cx，f(x) ecx bx

这里b ec是任意正常数.

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。

3结束语

关于函数方程问题需要运用初等代数的许多方法和技巧结合来处理相关问题，有时甚至需要用到高等代数的方法原理来指导解题思路。因此，学习关于函数方程的课题时，涉足大量的数学基础理论和原理是我们解决好这类问题的基础。求解这类问题能够帮助我们提高逻辑思维以及分析问题、解决问题的能力。用所掌握的理论原理分析、解决一些实践问题，这才是我 …… 此处隐藏：2086字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……