函数方程的几种方法.doc

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1、.函数方程三、求解函数方程的几种方法：函数方程的变化多，求解技巧性很强，往往涉及不同领域的数学知识，特别是附加了条件的函数，更是五花八门，各有巧妙。在高数数学各级竞赛中，都有可能会遇到函数方程的问题，在这里我们介绍几种典型的求解函数的方法。一．代换法1．解函数方程：(1)解：令；则，将此代入（1）可得：或。(2)此时(1)及(2)并无法解出；所以我们再令；则，将此代入（1）式则可得，即。(3)将(1)，(2)及(3)联立，则可得到一个以为独立变数的三元一次方程组；我们利用消去法来解此问题．(1)+(3)－(2)可得：。经检验是原函数方程的

2、解．2．（2007越南数学奥林匹克）设b是一个正实数，试求所有函数，使得对任意实数x、y均成立。解：将原方程变形为：，(x,①令，则①等价于，(x,②在②中令得这表明。1）若，则；2）若，在②式中令得：，即。③考虑函数，它的导函数，则，于是可知有两根和，于是③式等价于或。,c为满足的常量）假设存在使，则，∴或1，∴矛盾，因此，∴综上知：说明：代换法是解函数方程最基本方法，很多函数方程中所特有的性质是通过代换法去发现的。本题也是通过代换法打开了解题的思路。二．柯西法1．设为定义在实数集R上的单调连续函数，试解函数方程。解：由用归纳法得：。当

3、时，有。①若，，令，得，在①式中令得：因定义在实数集R上，n是偶数时，必有，这样，∴若m为正整数，利用上式得：，在原方程中，令有：，因单调不恒为0，∴。在原方程中，令有(n,，则有，..即，(又因为有意义，∴。这样，我们便在有理数集内求得了函数方程。又因单调，不能恒为1，则为指数函数。当为无理数，设且ai,bi为无限接近于的有理数，则由单调知，∴原方程的解为。说明：柯西法是由解柯西方程而归纳出来的方法。2．试求定义在有理数集并且在有理数集上取值的函数，设（1）（2）。求函数。解：令由（2）得。①将代入①，化简得。②当时，有，③由②得即。④

4、由③、④有：。⑤在⑤中，令，得。⑥对于任意的有理数在（2）中，令得。由⑤、⑥有由此得，故所求的函数是三．用函数迭代法解方程1．求解函数方程：。解：设，则并且，，于是原方程变为：。①令得：，②令得：，③令得：，④由①②③④得：，∴说明：利用函数迭代解决函数方程问题有立竿见影的效果。2．试求所有的函数，使得对任意，都有解：令，则有，从而。在上式中用代替x，则可知，于是有，从而有或。验证可知，这两个函数都是方程的解。3．设，找出使：．解：当时，设也在中，也..在中，那么以后都用即，，对于我们有：验证：是对的．评注：在应用迭代法时，几个常用的迭代

5、结果是有用的：，．四．特值探索推导法1.（2008年IMO第4题）求所有的函数满足对所有的正实数，x,y,z，都有：解：令得：，对任意令，，得：，去分母整理：，所以对每个有或者。①若存在b,，使得，，则由①知，b,c都不等于1。且，，令，，，则，所以。又因或者；若则矛盾；若，则矛盾。所以经检验满足。2．已知是定义在自然数上的函数，满足且对任意有，求．解：在原函数方程中，令且利用得整理得。令得：……，将上述各式相加，得将代入后整理得故所求函数为易验证满足原函数方程．评注：当是定义在自然数集上的函数（实际上是通项为的数列）时，可根据题中所给的

6、函数方程，通过取特殊值得到关于的递推关系，然后根据递推关系求出．..3．有界函数，且有：求解：令有解得或（1），令有，；（2），令有即，故为偶函数．再令有：．先证对于一切若有某个整数使则为整数且越来越大，必将这与题设相矛盾，故不成立．为整数且绝对值小于或等于1，显然只有1，0，－1三种可能．下面具体分析．(i)若令有，取有：即从而有又，有(ii)类似上法可得：(iii)类似上法可得：。五.函数不动点求解函数方程1．是否存在这样的函数，使得。解：不存在，我们用反证法证明。显然，仅有两个不动点2和－1，记，则有于是t也是的不动点，从而取值为2

7、或－1。同理可证取值为2或－1。但，于是，因此。考虑的不动点集合，并记，，则有，。令，则有，∴从而。若，则有为或，从而取值为2或－1，矛盾！故应有或。当时，便有，即为的不动点，则也是的不动点，矛盾！同理可证当时也会发生矛盾。综上所述，不存在满足所给出的条件。2．已知满足条件：（1）对，；（2）时，。求函数。解：令，有，可见是关于f的不动点（对任意x成立）。令，代入上式得；再令，，，代入得，于是，解得（舍去）。于是1是关于f的不动点。猜想：如果，即可解得。以下证明本题中f的不动点只有一个。反设有且。若，由，令可得，于是可推出，…，。这与条件

8、（2）矛盾！若，则有，于是..。此时，类似于前述递推可知也与条件（2）矛盾！因此f的不动点只有1，前述的猜想成立，即有。评注：不动点法是讨论函数方程的重要方法．集合叫做的不动点集，即对映射而言