浅析函数方程的一些解法
浅析函数方程的一些解法
(宜宾学院数学系 周文波 644000) 指导教师:张玲
摘 要
函数方程的理论是个历史悠久、内容丰富、应用广泛的数学分支,本文就函数方程的解进行探索归纳,从而得出求解函数方程的简洁有效方法.
关键词 函数方程; 解法
1引言
函数方程的解是古老的分析问题之一。早在200多年前的1769年法国数学家、理学家达郎贝尔在论证力的合成时,就导出了函数方程:f (x +y ) +f (x -y ) =2f (x ) f (y ) 。法国数学家柯西给出了这个方程的解,并创造了一种非常美妙的解法,这种方法被后人称为柯西方法。许多数学家都曾对函数方程进行过研究,可是至今还没有完整的理论和解法。函数方程的问题对逻辑思维的发展起着重要作用,是学习数学和日常生活分析问题、解决问题的深化。随着函数方程的广泛应用,这类问题就经常出现在高考,奥林匹克竞赛,以及IMO 等数学常见考试中,这也从客观上说明了函数方程这个问题极具研究价值,对它进行研究能培养我们的创新意识。它的解法都各具特色,一些简单的函数方程,只需要以初等数学为工具便可解答,这类题目经常在数学竞赛中出现。因此,对函数方程的研究就显得非常有必要。
在数学竞赛中经常遇到与函数方程有关的问题, 关于这类问题, 主要是直接求解某一给定的函数方程或根据实际问题列出函数方程后再求解其它延伸问题。求解这类题型是有一定难度的, 这些困难同函数方程本身有关, 因为暂时探索出解函数方程的方法还不全面, 大量的函数方程至今仍未解出, 而已解出的函数方程中的大多数需用高等数学方法求解, 能运用初等方法求解的函数方程并不多,这里先介绍函数方程的性质, 然后介绍用初等方法解函数方程的方法.
2 函数方程的求解策略
函数方程即含有未知函数的等式叫做函数方程。例如:
f (x ) =f (-x )
f (x +T ) =f (x ) (常数T ≠0)
f (x +y ) =f (x ) +f (y ) +1
等,都是函数方程,其中f (x ) 是未知函数.
如果函数f (x ) 在其定义域内的一切值均满足所给函数方程,那么称f (x ) 是该函数方程的解。函数方程的解是一个或几个,甚至无限多个函数。例如,上述第一个和第二个函数方程的解分别是一切偶函数,一切以T 为周期的函数。
寻求函数方程的解或证明函数方程无解的过程,叫做解函数方程。
有关函数方程方面的 题目大致可分为三类:
(一)确定函数的表达式;
(二)确定满足函数方程的函数的性质;
(三)确定函数的值。
2.1换元法
换元法是将函数的“自变量”或某个关系式代之以一个新的变量(中间变量),然后找出函数对中间变量的关系,从而求出函数的表达式。是解函数方程的基本方法之一。对函数方程进行适当的变量代换,得到一个新的函数方程,从而来得到原方程的解。
例1[1] 已知f (2x ) =x 2+sin x ,求f (x ).
解: 令2x =u (u >0) ,则x =log 2u ,于是,
f (u ) =(l o 2g (u >0) u ) 2+s i n (l 2o u g ) ,
以x 代u ,得f (x ) =log 2(x >0) 2x +sin(log2x ) ,
2.2 解方程组法
解方程组法是将函数方程的变量(或关系式)进行适当的变量代换(有时需要几次代换),得一个(或几个)新的函数方程,然后与原方程联立,解方程组中的未知
函数f (x ) ,即可得出所求的函数方程的解。
例2[2] 设f :D →E R \{0,1},且f (x ) +f (x -1) =1+x ○1 x
求f (x ) . (第32届美国普特南数学竞赛题)
解 从原方程的形式可以看出,作变量代换x =y -11得 (y ≠0,1) 是有作用的,带入○y
f (
f (y -112y -1,把这个式子中的y 改写成x ,得 ) +f () =y y -1y x -112x -1) +f () = ○2 x 1-x x
112-z (z ≠0,1) ,代入○) +f (z ) =再令x =1得f ( 1-z 1-z 1-z
12-x ) +f (x ) =把z 换成x ,又得f ( ○3 1-x 1-x
x -11) ,f () 的三元一次方把○1,○2,○3联立,就可以看成是一个关于f (x ) ,f (x x -1
程组。
12-x 2x -1x 3-x 2-11+○2-○3解之,可得 f (x ) =[(1+x ) + +]=○21-x x 2x (x -1)
经验证这个函数满足原函数方程。
1f () =f (x ) lg x +1, ○例3 f (x ) 是定义在(0,1 +∞)的实值函数,且x [3]
求f (x ) . 1解:以代x ,得 x
1f (x ) =f ()(-lg x ) +1 ○2 x
⎧1f () =f (x ) lg x +1⎪⎪x 1f () ,得: 1○2联立,得 ⎨ 消去○1x ⎪f (x ) =f ()(-lg x ) +1⎪x ⎩
f (x ) =1-lg x ,(x >0) 1+lg x
此方法的特点已知f (x ) 满足某个等式,这个等式除f (x ) 是未知量外,还有其它
1未知量,如:f (-x ) ,f () 等,必须根据已知等式再构造其它等式组成方程组,通x
过解方程组求出f (x ) 。用此方法解题的关键是得出一个新元,将新元换为x ,然后和原方程联立求解,最后得出f (x ) . 这种方法无需进行过多的结构分析、对原来方程进行变形等。此方法虽和换元法有联系,但解决问题的思路还是比较简单。
2.3 赋值法
赋值法是在函数定义域内,赋予变量(一个或几个)一些特殊值或式子,使方程化简,从而使问题获得解决.
π例4[1] 设f (x ) 是定义在R 上的不恒等于零的函数,f () =0, 且对任意x ,y ∈R ,恒2
有
f (x ) +f (y ) =2f (x +y x -y ) f () ○1 22
证明:(1)f (x +2π) =f (x ) ;
(2)f (-x ) =f (x ) ;
(3)f (2x ) =2f 2(x ) -1.
证明:(1)在○1中,以x +π,x 分别代替x ,y ,得f (x +π) +f (x ) =2f (x +
∴f (x +π) =-f (x ) ∴f (x +2π) =f [(x +π) +π]=f (x )
(2)在○1中,令x =y =a ,则
f (a ) +f (a ) =2f (a ) ⋅f (0) ○2 因f (x ) 不恒等于0,故必有x 0,使f (x 0) ≠0,不妨取,则f (a ) ≠0,由○2可得f (0) =1. 于是f (x ) +f (-x ) =2f (0) ⋅f (x ) =2f (x ) ∴f (-x ) =f (x )
(3)在○1中,以2x ,0分别代x ,y ,得 π) f () =0 22π
f (2x ) +f (0) =2f (x ) f (x )
∴f (2x ) =2f (x ) -12
例5[4] (2002年北京卷)已知f (x ) 是定义在R 上的不恒等于零的函数,且对任意的
a ,b ∈R 都满足:f (a ⋅b ) =bf (a ) +af (b ).
(1) 求f (0) ,f (1) 的值.
(2) 判断f (x ) 的奇偶性,并证明你的结论.
解:(1) 令a =b =0,有f (0) =0f (0) +0f (0) =0
令a =b =1,有f (1) =1⋅f (1) +1⋅f (1) ,得f (1) =0
(2) 令a =b =-1,有f (1) =-f (-1) -f (-1) . 因为f (1) =0,所以f (-1) =0
令a =-1,b =x ,则f (-x ) =f (-1⋅x ) =xf (-1) -f (x ) =-f (x )
故f (x ) 为奇函数.
此方法的特点是当函数方程的自变量多于一个时,将其中的一个或几个自变量用一些特殊值代入,常常可以简化方程,或求得未知函数在某些特殊点的值。这样就能使题设条件得到转化,从而得出我们要求的结果。
2.4 递推法
递推法涉及到两个方面的内容,一类是以递推表达式为特征的函数方程形式,另一类是以递归数列表达的函数方程形式。
当函数方程按递归的方式表达时,可通过解函数方程相应的特征方程,然后得出所求函数方程的解。设f (x ) 是定义在自然数集N 上的函数. f (1) =a (确定常数) , 如果
2, ,k . 由S 可存在一个递推(或递归) 关系S , 当知道了前面k 项的值f (n +t ) ,t =1,
唯一确定f (n +k +1) 的值, 那么称f (n ) 为k 阶递归函数. 递推法(或递归) 是解决函数方程的重要方法.
例6[1] 已知函数f (x ) 定义在自然数集N 上,且对任意的m ,n ∈N , 都满足f (m +n ) =f (m ) +f (n ) +mn ,f (1) =1,求f (x ) .
分析:对于已知条件中的f (m +n ) =f (m ) +f (n ) +mn ,f (1) =1可首先确定递推关系式,即令m =1或n =1得出关于f (n ) 的递推关系,利用递归数列求通项f (n ) =a n 的方法求解.
解 令m =1,得
1 f (n +1) =f (n ) +f (1) +n =f (n ) +(n +1) ○
2, ,n -1,有 在○1中,依次令n =1,
f (2) =f (1) +2,
f (3) =f (2) +3,
f (n ) =f (n -1) +n .
以上n -1个式子相加,得
f (n ) =f (1) +2+3+ +n =1+2+3+ +n =
即 f (x ) =x (x +1)
2(n ∈N )
3,且对任意x ,y ∈N ,2n (n +1) (n ∈N ) 2例7[5] 已知f (x ) 是定义在自然数集N 上的函数,满足f (1) =
有:f (x +y ) =(1+y x ) f (x ) +(1+) f (y ) +x 2y +xy +xy 2,求f (x ) . x +1y +1
3得 2
1x 3) f (x ) +(1+) ⋅+x 2+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) -3
f (3) -4f (1) 3=1+ 24f (2) 3=2+ 34
„„„„„„„„
f (n ) f (n -1) 3-=(n -1) + n +1n 4
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
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a n . 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)
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
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
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
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 :N 0(非负整数集) →N 0,它对每个n ∈N 0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 ∈N 0) ,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 ∈N 0,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 +1987m 1,这里m ,m 1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 +1987m 1(m 1=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
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
2k k +1
n ≤f (n ) ≤n k +12
f (a ) =f (f (n )) =kn f (kn ) =f (f (a )) =ka f (ka ) =f (f (kn )) =k 2n
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
k 2n =f (ka ) ≥f (ka -1) +1≥ ≥f (kn ) +ka -kn =ka +ka -kn =2ka -kn 于是,k 2n +kn ≥2ka ,所以a ≤
k +1k +1
n ,即f (n ) ≤n 22
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
2kn 2kn
所以(k +1) a ≥2kn ,a ≥,即f (n )≥
k +1k +1
2k k +1
n ≤f (n ) ≤n
k +12
例13[8] 设f (x ) =杯数学竞赛)
x -1
,记f n (x ) =f {f [ f (x )]},求f 1999(x ) 的值. (1999年第十届希望
x +1
n 个f
x -11,f 2(x ) =f (f 1(x )) =- x +1x
1+x
,f 4(x ) =f (f 3(x )) =x f 3(x ) =f (f 2(x )) =
1-x
解 因为 f 1(x ) =f (x ) =
所以 f 4k +1(x ) =f 1(x ) ,f 4k +2(x ) =f 2(x ) ,f 4k +3(x ) =f 3(x ) ,f 4k (x ) =f 4(x ) k ∈N 则f 1999(x ) =f 4k +3(x ) =f 3(x ) =
1+x
1-x
例14[7] 设a 0为常数,且a n =3n -1-2a n -1(n ∈N +)
1
证明:对任意n ≥1,a n =(3n +(-1) n -1⋅2n +(-1) n ⋅2n ⋅a 0(2003年全国高考新课程卷
5
天津等省市试卷第22题)
分析:本题的递推关系式中3n -1是一个变量,于是我们在利用待定系数法构造新
数列时要注意与类型(1)的区别,于是可以设a n +1-λ⋅3n =-2(a n -λ⋅3n -1) ,由比较系数得λ的值,再迭代;思路二,对递推关系进行等价变形,即两边同除以3n 转化为类型(1)的问题求解;思路三直接利用关系式迭代转化为求和问题. 解:法1(构造等比数列迭代)
a n =3n -1-2a n -1,∴
a n 1a n -12a n -11=-2=-⋅n -1+n n 333333
a n 2a n -11
设可化为n -k =-(n -k ) ,展开比较系数得k =,即可化为
33-153
a n 12a n -11-=-(n -1-). n
53353
反复迭代可得:
a n 12a n -1122a n -2122a 01-=-(-) =(-) (-) = =(-) ⋅(0-).
33n -1533n -25353n 53
a n 12n 1211∴n -(-) ⋅a 0-⋅(-) n ,即a n =(-2) n ⋅a 0+[3n -(-2) n ]=(-2) n ⋅a 0+[3n +(-1) n -1⋅2n ]
5353553
方法2 原式化为
a n -λ⋅3n =-2(a n -1-λ⋅3n -1) ,比较系数求得λ,即(3λ+2λ) ⋅3n -1=3n -1
111
∴λ=-. 即a n +⋅3n =-2⋅(a n -1+⋅3n -1) ,
555
反复迭代有
1111
a n +⋅3n =-2⋅(a n -1+⋅3n -1) =(-2) 2⋅(a n -2+⋅3n -2) =(-2) 3⋅(a n -23+⋅3n -3)
5555
11
= =(-2) n ⋅(a 0+⋅30) 即a n =(-2) n ⋅a 0+[3n +(-1) n -1⋅2n ]
55方法3(下标递降) :
a n =3n -1-2a n -1=-2a n -1+3n -1=(-2) ⋅(-2a n -2+3n -2) +3n -1
=(-2) 2⋅a n -2+(-2) ⋅3n -2+3n -1=(-2) 2⋅(-2a n -3+3n -3) +(-2) ⋅3n -2+3n -1
=(-2) 3⋅a n -3+(-2) 2⋅3n -3+(-2) ⋅3n -2+3n -1= =(-2) n a 0+(-2) n -1⋅30+(-2) n -2⋅31+ +(-2) ⋅3n -2+3
22
=(-2) n ⋅a 0+3n -1[(-) n -1+(-) n -2
331
=(-2) n ⋅a 0+[3n +(-1) n -1⋅2n ]
5
21-(-) n
23+ +(-) +1]=(-2) n ⋅a 0+3n -1⋅
23
1+ 3
2.7 不动点法
不动点定理时应用十分广泛的定理,很多数学问题都可以用到它的理论来解题,函数方程的解也不例外,同样可以应用它,而且有时会觉得比其它方法更为简单。 例15[1] 求所有函数f ,使其定义域为一切正实数,值为正实数,且
(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x 0>0,因f (x 0) >0,所以y 0=
a
>0,故f (x 0)
f (x 0f (y 0)) =y 0f (x 0) =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,a k 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lim f (x ) =lim f (a k ) =lim a k →∞,与lim f (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 () ,
a a
f (x ) ≤
111111
) =,即≤1, 所以f () =,即f (也是f 的不动点,故
a a xf (x ) xf (x ) xf (x ) xf (x )
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 ) =.
x x
所以 f (x ) ≥
例16[6] 数列{a n } 的递推公式为a n +1=求它的通项公式. 解 先求出分式线性函数
αa n +β
1 ((γ-α) 2+4β≠0) ○
a n +γ
αx +βαx +β
的不动点,既由x = ○2 x +γx +γ
得出不动点 x 1, 2=由于x 1,x 2满足○2,所以
α-γ±(γ-α) 2+4β
2
○3
a n +1-x 1=
αa n +βαa +βαx 1+β(a n -x 1)(αγ-β)
-x 1=n -=
a n +γa n +γx 1+γ(a n +γ)(x 1+β)
(a n -x 2)(αγ-β)
(a n +γ)(x 2+β)
a n +1-x 1=
所以
a n +1-x 1x 2+γa n -x 1a -x 1x +γ
即n 是公比为q =2的等比数列. =⋅
a n +1-x 2x 1+γa n -x 2a n -x 2x 1+γ
x 1-x 2⋅((
x 2+γn -1a 1-x 1
) ⋅) x 1+γa 1-x 2
x 2+n -1a 1-x 1
1-() ⋅
x 1+γa 1-x 2
∴
a n -x 1x +γn -1a 1-x 1
, 则可得 a n ==(2) ⋅
a n -x 2x 1+γa 1-x 2
例17[7] 已知数列{a n }满足a n +1=
21a n -24
,a 1=4,求数列{a n }的通项公式.
4a n +1
解:令x =
21x -2421x -24
,得4x 2-20x +24=0,则x 1=2,x 2=3是函数f (x ) =的
4x +14x +1
两个不动点。因为
21a n -24
-2
a n +1-24a n +121a n -24-2(4a n +1) 13a n -2613a n -2
==== 21a -24a n +1-39a n -3n
-321a n -24-3(4a n +1) 9a n -27
4a n +1
⎧a -2⎫a 1-24-213
所以数列⎨n 是以为首项,以为公比的等比数列,故==2⎬
a -39a 1-34-3⎩n ⎭
a n -213
=2() n -1,则a n =a n -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x 1=2,x 2=3,进而可推出
⎧a -2⎫a n +1-213a n -2
,从而可知数列⎨n =⋅⎬为等比
a -3a n +1-39a n -3⎩n ⎭
⎧a -2⎫
数列,再求出数列⎨n ⎬的通项公式,最后求出数列{a n }的通项公式.
⎩a n -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 (x 1+x 2+ +x n ) =f (x 1) +f (x 2) + +f (x n ) 令x 1=x 2= =x n =x ,则 f (nx ) =nf (x )
2 (n ∈N ,x ∈R ) ○
(x i ∈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
(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
m m ) =nf () n n m 11m
由○6,有 f () =f (m ) =am =a ⋅
n n n n
即 f (x ) =ax (x ∈Q ) ○7
(4) 当自变量取实数时.
,n =1,2, ,x n ∈Q ,使得lim x n =x . 由于f 连续及○对任意x ∈R ,存在{x n }7,有
n →∞
f (x ) =lim f (x n ) =lim ax n =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
x x x
f (x ) =f (+) =f 2() ≥0
222
若存在x 0∈R ,有f (x 0) =0,则对任何x ∈R ,有 f (x ) =f (x 0+x -x 0) =f (x 0) f (x -x 0) =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
ln f (x +y ) =ln f (x ) +ln f (y ) 令g (x ) =ln f (x ) ,得
g (x +y ) =g (x ) +g (y ) (x ,y ∈R )
由于g (x ) 连续,由例14可得g (x ) =cx (c 为任意实数),即
ln f (x ) =cx ,f (x ) =e cx =b x
这里b =e c 是任意正常数.
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,这才是我们进行探索的目的。
函数方程的研究成果对我们的社会生活产生的影响日渐明显,它能够帮助我们解决许多生活中的实际问题。解复杂的函数方程无一般方法可循,导致求解这类问题需要灵活地应用函数方程的基础知识和熟练的变形技巧,所以函数方程的研究是有一定难度的,但是也是十分有趣的课题。目前,函数方程需要我们研究更深入的问题,如用微积分方法,极限方法求解函数方程。在此,希望更多数学爱好者能把精力投入到这类问题的研究中。
4谢辞
本论文是在指导老师张玲副教授的指导下完成的。在论文写作整个过程中,张林老师给予了悉心指导,并提供了很多与该研究相关的重要信息,培养了我对科学研究的严谨态度和创新精神。这将非常有利于我今后的学习和工作。在此表示衷心的感谢!
本次实验还得到了课题组的各位老师以及相关同学的大力协助,在此一并表示我的感谢!谢谢你们!
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