函数不动点在解题中的应用上

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1、14中等数学函数不动点在解题中的应用(上)邓光发(四川省开江普安中学,636251)　　设F(x)是关于x的一个代数函数,称有一个不动点xj,使得f(xj)=xj.现要证集方程F(x)=x的根为函数F(x)的不动点.合M中所有函数f,必有一个公共不动点k.本文以实例来说明求函数不动点的方法和函设f(x)=ax+b的不动点为xj,即axj+b=数不动点在数学解题中的应用,供读者参考.xj.1　求函数的不动点-b若a≠1,则xj=是f的惟一不动求解函数的不动点时需要运用各种方法a-1与技巧,才能使问题迅速获解.点;例1M是形如f(x)=ax+b(a、b∈若a=1且b=0,则任何实数都是f(x)R)

2、的实变量x的非零函数集,且M具有下的不动点;列性质:若a=1且b≠0,则f的不动点不存在,(i)若f、g∈M,则g.f∈M,其中定义这时f²M.(g.f)(x)=g[f(x)];因此,只须证明:当f(x)=ax+b(a≠(ii)若f∈M,且f(x)=ax+b,则反函-b1)∈M时,必有为常数,这时取k=-1-1x-ba-1数f也属于M,这里f(x)=;a-b,则对任何f∈M,有f(k)=k.(iii)对M中每一个f,存在一实数xj,使a-1得f(xj)=xj.首先证明,若g1(x)=ax+b1∈M,求证:总存在一个实数k,对所有f∈Mg2(x)=ax+b2∈M,则b1=b2.于是,由性有f(k

3、)=k.质(i)、(ii)有(第15届IMO)-1(ax+b1)-b2g2[g1(x)]=证明:条件(iii)表明,对每一个f∈M,都a　　收稿日期:2001-11-15　修回日期:2002-07-03222n　　另一方面,由a1+a2+⋯+an=1,可得当且仅当∑ai=0且a1,a2,⋯,an成等差(a)2i=1∑i-aj=n-1-2∑aiaj1≤i

4、值问题[J].中学数学,1995(7).12[3]　叶　军.数学奥林匹克教程[M].长沙:湖南师范大学即m≤2.n(n-1)出版社.1998.©1994-2007ChinaAcademicJournalElectronicPublishingHouse.Allrightsreserved.http://www.cnki.net2003年第3期15b1-b2f(n0)>f(n0-1)=n0-1.=x+∈M.a故只能f(n0)>n0.-1由性质(iii)知,g2[g1(x)]存在不动又{f(n)}是严格递增的,当n≥n0时,点,故b1=b2.有其次,对形如h(x)=x+b的函数,当f(n)>n.①

5、b≠0时,h(x)²M;当b=0时,对任何实数下面分两种情况讨论:k有h(k)=k.故只须考虑M中形如f(x)=(1)当n0是奇数时,2和n0-2互素,则ax+b(a≠1)的函数.f[2(n0-2)]=f(2)f(n0-2)设f1(x)=a1x+b1(a1≠1)∈M;=2(n0-2).②f2(x)=a2x+b2(a2≠1)∈M.又因n0≥4,则2(n0-2)≥n0.从而式②那么,由性质(i),得与式①矛盾.f1[f2(x)]=a1(a2x+b2)+b1(2)当n0为偶数时,2和n0-1互素,同=a1a2x+a1b2+b1∈M,理,有f[2(n0-1)]=f(2)f(n0-1)f2[f1(x)]

6、=a2(a1x+b1)+b2=2(n0-1).③=a1a2x+a2b1+b2∈M.又因n0≥4,则2(n0-1)≥n0.从而式③则a1b2+b1=a2b1+b2,与式①矛盾.-b1-b2即=.综上知,式①不成立.所以,f(n)=n.a1-1a2-1此式表明,对任何2　函数不动点在解题中的应用2.1　利用函数不动点求函数解析式f(x)=ax+b(a≠1)∈M,例3　试确定符合下列条件的所有多项-b-b是常数.取k=,则a-1a-1式p(x):22-bp(x+1)=[p(x)]+1,p(0)=0.f(k)=fa-1(第32届普特南数学竞赛A-2)=a-b+b=-b=k,解:由所给条件,有a-1a-

7、1p(0)=0,即知题中结论成立.2p(1)=[p(0)]+1=1,例2　设{f(n)}是取正整数值的严格递2p(2)=[p(1)]+1=2,增数列.已知f(2)=2,当m、n互质时,2p(5)=[p(2)]+1=5,f(mn)=f(m)f(n).22p(5+1)=[p(5)]+1=26,求证:f(n)=n.⋯⋯,(第24届普特南数学竞赛A-2)即p(x)有无穷多个不动点0,1,2,5,26,⋯.