函数与函数方程竞赛.doc

函数与函数方程竞赛讲座一函数的迭代1.定义: 设是定义在上且取值在上的函数，记，则称是函数在上的迭代，称为的迭代次数.2.求次迭代的方法: 归纳法；递推法；桥函数相似法.先看一个有趣的问题：李政道博士1979年4月到中国科技大学，给少年班的同学面试这样一道题：五只猴子，分一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意先去睡觉，明天再说夜里一只猴子偷偷起来，把一个桃子吃掉后正好可以分成5份，收藏起自己的一份后又去睡觉了第二只猴子起来后，像第一只猴子一样，先吃掉一个，剩下的又刚好分成5份，也把自己的一份收藏起来睡觉去了第三、第四、第五只猴子也都是这样：先吃掉一个，剩下的刚好分成5份问这堆桃子最少是多少个？设桃子的总数为个第只猴子吃掉一个并拿走一份后，剩下的桃子数目为个，则，且设于是由于剩下的桃子数都是整数，所以，因此，最小的为：上面的解法，我们利用了一个函数自身复合多次，这就叫迭代一般地，设是一个函数，对，记，则称函数为的次迭代，并称为的迭代指数反函数记为一些简单函数的次迭代如下：（1）若，则； （2）若，则；（3）若，则； （4）若，则；（5）若（），则；的一般解法是先猜后证法：先迭代几次，观察规律并猜测表达式，证明时常用数学归纳法1求迭代后的函数值例1：自然数的各位数字和的平方记为，且，则（）的值域为（ ）（A） （B） （C） （D）解：由条件可知：所以（）的值域为。例2：设，而，记，则 解：因为，所以，而所以。即，故。例3：求解函数方程：解：设，则并且，于是原方程变为：令得：令得：令得：由得：例4 已知，求.解 ， ， ， ， 由数学归纳法易知 .注：在函数迭代中，通过观察得出的函数要用数学归纳法给予严格证明.2不动点法一般地，若，则把它写成因而这里的就是方程的根一般地，方程的根称为函数的不动点如果是函数的不动点，则也是的不动点可用数学归纳法证明利用不动点能较快地求得函数的次迭代式定理1 设是的不动点，则对于正整数，有.证 ，两式相减得 ， （1）当时，由（1）知结论成立。假设时结论成立，那么对于，即时结论也成立。由归纳法原理知结论成立。例5：已知是一次函数，且，求的解析式例6 已知为一次函数，且，求.解 设，显然.令，得，即为的不动点.由定理1知，解之得，所以.例7：若，求例8.已知满足条件：(1)对任意;(2) 解：令可见其不动点集为。再令，代入条件(1)得，再将代入得，结合两式可得：，故，这说明1是的不动点。下面用反证法证明的不动点是唯一的。假设存在。i.若,由，令得，从而这与条件（2）矛盾。ii. 若,由,而这与i矛盾。综上只有一个不动点1，所以，即.3相似法若存在一个函数以及它的反函数，使得，我们称通过和相似，简称和相似，其中称为桥函数如果和相似，即，则有：定理2 设与都是的函数，的反函数为，若，则.定理2可用数学归纳法证明。例9：若，求函数与函数方程竞赛讲座二函数方程1. 常见题型:已知函数方程,求函数值；已知函数方程,讨论函数性质；由函数方程讨论函数的有界性、对称性、周期性等性质；讨论函数方程解的问题,讨论给定的函数方程是否有解(常用反证法或构造法)和给定方程的所有解.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。迭代只是其中的一种方法，在高中数学各级竞赛中，都有可能会遇到函数方程的问题，还有可能会用到观察法、代换法、柯西法、赋值法（特殊值法）等几种典型的求解函数的方法。如：1代换法例1.解函数方程.解：令，代入原式得 (1) ，代入原式得： (2)又：(3)三个方程中仅含有由方程组(1)(2)(3)得 即：检验：所以.经检验上式满足条件.注:事实上,对于函数方程,其中 为已知函数,如果存在一个，使得(k次迭代)，即可用上述的方法求解。 解二:令，則; 此时可将(2)式表示为迭代一次可得 再迭代一次可得 解方程可得 检验略。例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, 令，则等价于(x, 在中令得这表明1）若，则2）若，在式中令得：即考虑函数，它的导函数，则于是可知有两根和于是式等价于或 , 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。2柯西法（在单调（或连续）的条件下，利用柯西函数方程的解求解）.定理3 设是的函数，且对于任意，有，则（1） 对于任意，有；（2） 对于任意，有.定理3用数学归纳法易证.定理4 若对于任意的，有 （1）则.证 由（1）及数学归纳法不难证明：对于任意的正整数及有理数，有 （2）在（2）中令，得 （3）在（2）中令，得，.，.当时， （4）由（3），（4）知， （5）对于任意的，设，则有 即 .注：在定理4中，若加上为连续函数这一条件，则有.定理4的证明方法叫做柯西方法，这一方法的基本步骤是依次求出正整数的函数值、整数的函数值、有理数的函数值，在函数连续的条件下，进一步求出实数的函数值.注：上述定理证明为柯西爬坡式证法，步骤是：依次求出自变量取正整数值，整数值，有理数值，直至所有实数值，从而得到函数方程的解。例3.设连续且恒不为0，且，求函数方程的解例11.解：若存在，使。则对一切实数，有这与不恒为0矛盾，故.对两边取自然对数，得 令且连续 g(x)连续且满足.由定理知：即,所以。例4（2001年英国数学奥林匹克）已知函数是的映射，满足：（1） 对任意非负整数，有，（2） ，有，求.解 在（2）中令，并记，则有.由于数列是递增数列，由定理3知，.若，则有，矛盾，所以，从而有.又因为，容易得.所以，.3特殊值法例5.已知函数满足：，且对任意的，都成立，试求.解:在已知条件中令可得(1) 令可得 (2) 令可得(3) 解方程可得 易检验满足已知条件。例6.的定义域在非负实数集合上并取非负数值的函数，求满足下列所有条件的：（1）；（2）；（3）当时，.解：（）令得.所以当时，.（）考虑（即）时，（1）两边等于零的特殊情况。设,由（）得：，即。设，由（）得；，即，因为，且，所以，解得.所以当时,.所以.例7（2004年高中联赛试题）设函数，满足，且，都有 （1）求.解 （方法1）在（1）中将互换，则有 （2）由（1），（2）得 （3）在（3）中令，则有 ，即.易证是方程（1）的解.（方法2）在（1）中令，得 （4）即 .为了求出，需要求，为此在（1）中令，得，从而有，代入（4）可得.例8 已知是的函数， （1）求.解 将代入（1）式，得，即 .所以，有 （2）由（2）易得 ，.在（1）中令，则有，即 ，所以， .在（1）中令，得，即 ，有.例9 （2008年荷兰数学奥林匹克）求所有函数，使得，有 （1）解 ，若，则， ，故是的单射.下证.当时，在（1）中取，得.因为上式左边3个数均为正整数，所以只能全为1，故，即时结论成立.假设时，有，那么当时，由是单射知，从而有，进而有，即 （2） （3） （4）将上述3式相加，得.又，从而知不等式（2），（3），（4）全取等号，故，即对于结论成立.由归纳法原理知，.例10（第17届巴尔干数学奥林匹克）求所有的的映射，使得，均有 （1）解 设，在（1）中令，则有 （2）由（2）知的值域为，所以的值域为R.又若，则，由（2）得，所以，这表明是的双射.因此，使得.在（1）中令，得 （3）由（2），（3）知，所以 ， .在（1）中令，得 （4）在（4）中令，注意到由（3）可知，从而有，故，有 （5）由（4），（5）可知 （6）因此，,有或.假设存在非零实数，使得，而，那么在（1）中令，得，又由（6）知或，矛盾，所以方程（1）的解是或.例11：（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：，所以对每个有或者若存在b, ，使得，则由知，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。4观察函数特有的性质并利用其解题函数的性质包括单调性、奇偶性、周期性及所具有的特殊形式，在解题的过程中需要对其进行观察判断并利用其解决问题。例12：（2007日本数学奥林匹克决赛）求定义域为正实数集，值域为实数集的函数f，满足：，其中x、y为任意实数。解：令，及，重复应用这个等式m次得：，再令。下面证明对任意的正整数n和任意的两实数t，有，显然当时，命题成立。又因为题中第二个不等式等价于，所以，对任意的n、t有，若取，满足，则：另一方面，有故上式中不等式号均为等号，即因此必有再证明：g为单调不增函数；对于正实数t，有由于，则故对于所有的x, y ，有故g为单调不增函数设，接下来证明：反设对正实数t有，则存在一个有理数满足及，另一方面：由，有与及g的单调不增矛盾，同理若，也得到矛盾，因此，对于正实数t，有从而，对于这样的f，有，均满足。为所求说明：该题关键是抓住函数具有两个特有特征而对此进行解答。抓住函数特征和性质来求解函数方程问题，是最常用的方法。三训练题1. 已知是一次函数，且(n次迭代)。求2设且满足：(),试求.3. 设，若且,试求.4. 已知，求解函数方程5. 设在整个实数上是连续的,且, 解函数方程.6. 若函数在某一充分小的区间(a,b)内有界，求的解。训练题答案：1.解：设，则由题设知：=1024 且=1023=2，=1 或 =2，=32.解：原式可以改写为 ， 。 则有 累乘可得 再将代入上式可得 累加可得 ， 。3.解：； ； ， 猜想 设n=k时上式成立,当n=k + 1时， 。 由数学归纳法知猜想正确.4.解：令，得当1、，令，解得 2、，令， (其中为任意实数) 5.解:令得