田增伦函数方程的代换解法

田增伦 函数方程的代换解法
虽然函数方程早在200多年前就已经被人们提出并加以研究了. 但至今还没有关于函数方程的统一理论和解函数方程的一般方法，也没有关于函数方程的解的存在性和唯一性的判别准则. 不仅如此，甚至还有一些函数方程至今未能解出. 而且函数方程现有的一些解法，往往要借助于高等数学的工具（例如把函数方程化为微分方程，或者化为有限差分方程等等）. 这当然远远超出这本小册子的范围. 但是，对于某些特殊的、简单的函数方程，应用初等方法也是能够解出的. 其中有一种方法叫代换法. 我们就来介绍这种方法.
[例5] 解函数方程
)1(.1)(2≠=⎪⎭
⎫
⎝⎛+a •ax •x f x af （17）
解 因原式中0≠x ，把自变量x 换为
x 1，于是x
1
就换为x. 函数方程（17）化为 .)(1•x a x f x af =+⎪⎭
⎫
⎝⎛ （18）
（17）乘以a ，得
⋅=+⎪⎭
⎫ ⎝⎛x •a x f a x af 22
)(1 （19） （18）－（19），得
⋅-=
-x •a x
a
x f a 22)()1( ∴)
1()
1()(2
2a x ax a x f --=.
从上例可以看出，代换法的基本思想是这样的：将函数中的自变量x 适当地代换以别的自变量（在代换时应注意力求使函数的定义域不发生变化），得到一个新的函数方程. 把新得到的这个函数方程与原有的函数方程联立，组成一个关于未知函数的代数方程组. 再应用通常的消元法，解这个方程组，就求得了原函数方程的解. 至于原来函数中的自变量x 用什么东西代换才算是适当的，这就要看所给的函数方程的具体特点了——这属于解题技巧问题.
[例6] 求函数f (x )，如果
bx x f x af n n =-+)()(， （20）
其中12
≠a
，n 是奇数.
解 把x 换以-x ，由于n 是奇数，就有
bx x f x af n n -=+-)()(. （21）
从（20），（21）中消去
)(n x f -，求得
1
)(-=
a bx
x f n . 因为n 是奇数，可以把n
x 换成x ，所以最后有
1
)(-=
a x
b x f n . [例7] 解函数方程
cx x bf x af =-+-)1()1(. （22）
解 把(x-1)代之以x ，那末（1-x ）就代之以-x ，而x 就应代之以（1+x ）； 又如果把（x-1）代之以-x ，那末（1-x ）就代之以x ，而x 就应代之以（1-x ）. 分别代入原函数方程，就得
⎩⎨
⎧-=-++=-+.)1()()(,)1()()(•
x c x af x bf •x c x bf x af 解这个方程组，得知： （1）当22
b a
≠时，
b
a c
x b a c x f ++-=
)(； （2）当22
b a
=，而0≠c 时，f (x )不存在；
（3）当a =b ，且c =0时，f (x )是任何奇函数；
（4）当a =-b 是，且c =0时，f (x )是任何偶函数. [例8] 解函数方程
y x f y x f y x f cos )(2)()(=-++. （23）
解 依次作下列代换：
,
2
,2
;2,2;
,0t ••y ••x ••y
•t •x t ••y
••x +π
=π=π
=+π=== 就得到方程组
⎪⎪⎪⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧
⎪⎭⎫ ⎝⎛π-=-++π=++π=-+)
26(.sin 22)()()25(,0)()()
24(,cos )0(2)()(•
•t •f t f t f ••••
t f t f ••
•t •f t f t f （24）+（25）-（26），得
t f t f t f sin 22cos )0(2)(2⎪⎭
⎫
⎝⎛π+=.
就是
t f t f t f sin 2cos )0()(⎪⎭
⎫
⎝⎛π+=.
记
,2,)0(•f •
b •f a ⎪⎭
⎫
⎝⎛π==
即得
x b x a x f sin cos )(+=.
有时候要把自变量代换成具体的数值才行. 而当f (x )是定义在自然数上的函数时，往往要进行多次代换，才能求出这个函数. 记住等差数列和等比数列前n 项和的公式，往往是很有用的.
我们知道，当首项为a ，公差为d 时，等差数列前n 项的和
.
2
])1(2[])1([)2()(•d n a n •d n a d a d a a S n -+=-+++++++= （27）
特别是当a=1，d=1时，
.2
)
1(321•n n n S n +=
++++= （28） 对于首项为a ，公差为)1(≠q 的等比数列，前n 项的和
1
)
1(1
2
--=
++++=-q q a aq
aq aq a S n n n . （29） 特别是当)1(≠=q a
时，
1
)
1(3
2
--=
++++=a a a a a a a S n n
n . （30）
[例9] 设函数f (n )的定义域是自然数，求f (n )，使它满足条件
)
32(.1)1()31(,)()()(•
•
•
•
•f •
•mn •n f m f n m f =++=+
解 设m=1，便有
.1)()1(•n n f n f ++=+
把n 顺次用1，2，3，…，(k+1)代换，就得
⎪⎪⎪⎩⎪
⎪⎪⎨⎧++=++=+=+=.)1()()1(,,4)3()4(,3)2()3(,2)1()2(•
k k f k f ••
f f •f f •
f f 把方程组的所有方程相加，得
,
2)2)(1()
1(321)
1(432)1()1(•k k •
k •k f k f ++=+++++=++++++=+
∴
.2
)
1()(•n n n f +=
[例10] 函数f (n )定义在自然数上，且满足
)
34(.1)1()
33(,)1()(••
••f •••a n f n f n =+-= 求f (n ).
解 把n 分别代换以2，3，4，…，n ，便得
⎪⎪
⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧+-=+=+=+=.)1()(,)3()4(,)2()3(,)1()2(4
3
2•a n f n f •
a f f •
a f f •a f f n 加在一起就化为
.)1()(32•a a a f n f n +++==
所以
⎪⎩
⎪
⎨⎧≠--+
==-.
1,1)
1(1,
1,)(12•a ••a a a •a •••n •n f n 时当时当
[例11] （1）n 个同学任意排成一队，共有多少种排法？ （2）从n 个同学中任意选出)(n k ≤个同学排队，共有多少种排法？
解 （1）设n 个同学排队，共有f (n )种排法. 如果再增加1个同学，让这位同学插
入队伍. 对于原来n 个同学的每一种排法，这位同学可以排在第1名（队首），第2名，第3名，…，第n+1名（队尾），即有n+1种“插”法. 因此
)()1()1(n f n n f +=+ （35）
而
.1)1(•f =
依次令n=1，2，3，…，得
.
)()1()1(,
)3(4)4(,)2(3)3(,)1(2)2(•n f n n f •f f •f f •f f +=+===
把这些等式左右两边分别相乘，便有
.)()3()2()1()1(432)
1()4()3()2(•n f f f f n n f f f f +∙∙∙∙=+
依题意可知f (2)、f (3)、…、f (n )都不为0，故两边同除以f (2)f (3)f (4)…f (n )后，得到
.
)1(321)
1()1(432)1(•n •f n n f +∙∙∙∙=+∙∙∙∙=+
∴
.!)(•n •n f =
这里，记号n n •∙∙∙∙= 321!
，读做n 的阶乘. 就是说，n 个同学排成一队，共有!
n •种排法. （2）设从n 个同学选出k 个同学排队，共有f k (n )种排法. 现在新增加一位同学，共有了(n+1)个同学，仍选出k 个同学排队. k 个同学排成的队伍可以分为两类：一类是这个新同学没有选进的队伍. 这种排法按照假设应共有f k (n )种. 另一类是新同学被选入队伍. 设想这种队伍的排法是这样实现的：由新同学替换原来队伍中的旧同学. 我们来看，如果新同学替换的是原队伍中的第1名，共有多少种排法；乍看起来，因为原队伍共有f k (n )种排法，因而以新同学为队首的排法也有f k (n )种. 其实不然. 因为在原队伍中，如果队首以后的(k-1)
个同学及其排列顺序确定时，这时尚余1)1(+-=--k n k n 个同学可充当队首. 因而有
1+-k n 种排法. 但当队首被新同学替换后，就变成1种排法了. 可见以新同学为队首的排
法为
)(1
1
n f k n k +-种. 同样的，以新同学为第2名，第3名，…，第k 名的队伍，排法
也各有
)(11n f k n k +-种. 总之，有新同学出现的队伍，排法一共有)(1
n f k n k
k +-种. 于
是，得函数方程
)(1
)()1(n f k n k
n f n f k k k +-+
=+.
或者
)(1
1
)1(n f k n n n f k k +-+=
+. （36）
分别令n=k ，k+1，…，得
.
)(11
)1(,)2(3
3
)3(,
)1(22
)2(,)(11
)1(•n f k n n n f •k f k k f •k f k k f •k f k k f k k k k k k k k +-+=+++=+++=++=
+
相乘，约去等式两边相同的因式（它们显然是不为0的），得
.)(1
1
332211)1(•k f k n n k k k n f k k +-+∙∙+∙+∙+=
+ 但由第（1）题知，
.!)(•k •k f k =
所以
.)!
1(!
)1)(2()1()1(•k n k k k n n n f k +-∙+++=
+
或者
.)1()2)(1()!
(!
)(•k n n n n k n n n f k +---=-=
这就是从n 个同学中任意选出)(n k ≤个同学排队的共有的排法.
在这里，我们实际上得到了排列公式：从n 个不同的元素里，每次取出)1(n k
k ≤≤
个元素，选排列（即k<n 时）数为
•
•k n n n k n n n f A k k n ;)1()1()!
(!
)(+--=-=
= （37） 全排列（即k=n 时）数为
.!•n A P n
n n == （38）
（注意，我们规定0！=1）
[例12] 求从n 个不同的元素里，每次取出)1(n k
k ≤≤个元素的组合数F k (n )公式，
以及F k (n )所应满足的函数方程.
解 有了排列数公式，可以方便地推导出组合数公式. 设从n 个不同的元素里，每次取出)1(n k
k ≤≤个元素的排列数为f k (n ). 因为k 个元素的全排列数为k!，而这k ！个排列
在组合中只算作1组. 因此，排列数与组合数间有如下关系：
.)(!)(•n F k n f k k = （39）
代入（37），得
.)!
(!!)!(!!1)(!1)(•k n k n k n n k n f k n F k k -=-∙==
（40） 这就是我们所要求的公式.
把（39）代入函数方程（36），得
)(!1
1
)1(!n F k k n n n F k k k ∙+-+=
+，
即
)(1
1
)1(n F k n n n F k k +-+=
+ （41）
这就是组合数F k (n )所应满足的函数方程.
从n 个不同的元素里，每次取出k 个元素的组合数，通常记做k
n C . 这样，公式（40）可写成
)!
(!!
k n k n C k n -=
， （42）
而公式（41）则可写成
k
n k n C k n n C 1
11+-+=
+. （43）
[例13] （1）直线上有n 个点（任何两点不相重合）. 这n 个点把直线分成了多少
部分（区间）？
（2）平面上有n 条直线（任何两条直线彼此相交，但任何三条直线不交于同一点）. 这
n 条直线把平面分成了多少部分？
（3）空间中有n 个平面（任何三个平面彼此相交，而任何四个平面却无公共点）. 这n 个平面把空间分成了多少部分？
解 （1）设直线上n 个点A 1，A 2，…，A n 把直线分成了f 1(n )个部分（图6）. 现在再加上一个点A n +1. 这个点把原来的某一区间分成两个区间. 所以)1(1+n f 比)(1n f 多1. 就是
)1(1+n f =)(1n f +1， （44）
而
)1(1f =2. （45）
解函数方程（44），得
1)(1+=n n f .
就是说，直线上n 个点把直线分成（n+1）个部分.
（2）设平面上n 条直线l 1，l 2，…，l n 把平面分为f 2 (n )个部分（图7）. 增加一条直线l n+1. 这条直线与原来的n 条直线相交于n 点. 由第（1）题的结论，这n 个点把直线分成（n+1）个部分. 这（n+1）个部分的每一段都穿过原来的某一个区域，且把这个区域分成两部分. 所以)()1(22n f n f 比+多n+1. 就是
1)()1(22++=+n n f n f ， （46）
而
2)1(2=f . （47）
进行一系列代换，得
.
)1()()1(,4)3()4(,3)2()3(,2)1()2(22222222•n n f n f •f f •f f •f f ++=++=+=+=
相加后，得
.)1(432)1()1(22•n f n f ++++++=+
或者
2
4
3)1(22++=
+n n n f ， 也就是
2
2
)(22++=
n n n f . 这就是说，n 条直线把平面分成2
2
2++n n 个部分.
（3）设n 个平面把空间分成)(3n f 个部分. 类似于上面的分析，可得函数方程
.2
2
)()1(233•n n n f n f +++=+ （48）
而
.2)1(3•f = （49）
依次进行代换，得
.
12
2)()1(,
12
3
23)3()4(,
122
22)2()3(,
12121)1()2(233233233233•n
n n f n f •f f •f f •f f +++=++++=+++=+++=
相加即得
.)21(2
1
)
21(21
)1()1(22233n •
n ••n f n f +++++++++=+ 但是
,6
)
12)(1(21222•n n n n ++=
+++ （50）
.2
)
1(21•n n n +=
+++ 所以
.4
)
1(12)12)(1(2)1(3n •n n n n n n f ++++++
=+
于是
.6
6
5)(33•n n n f ++=
即n 个平面把空间分成
)65(6
13
++n n 部分. [例14] 把圆分成n 个不相等的扇形，并且用红、蓝、绿三种颜色给扇形染色，但不许相邻的扇形有相同的颜色. 共有多少种染法？
解 设把圆分成扇形S 1，S 2，…，S n （图8）. 开始时，可以给S 1涂以任何一种颜色. 所以S 1有3种染法. S 1染色后，S 2的染法 有2种：即涂上和S 1不同的两色中的 任何一种. S 1，S 2染色后，染S 3的方法 也有2种，这是因为S 3可以与S 1同色. 在保持与前一个扇形不同色的条件下， 这样顺次染下去，染色方法的总数为1
2
3-⨯n
种. 但是应当注意，在这些染法中，显然还 包含S n 与S 1同色的情形. 我们来看这种情形 有多少种. 设有某一种染法使S n 与S 1同包，折 去S n 与S 1的分界半径OP （图8）. 那末，这种 染法其实就是分圆为n-1个扇形时同色不相邻的
染法. 因此，一般说来，设扇形数为n 时，染法的总数为f (n ). 于是得到函数方程
.23)1()(1•n f n f n -⨯=-+
我们来解这个方程. 以n
)1(-乘它的两边，得
.)2(3)1()1()()1(11•n f n f n n n ---⨯-=----
同理有
.
)2(3)2()1()3()1(,
)2(3)2()1()1()1(223221•f f •
••n f n f n n n -⨯-=----⨯-=--------
显然
)2(3)2()1(2-⨯-=-f .
加在一起，并把右边的等比数列用和表示，得
.])2(1[2)
2(1)2(1)2(3)()1(11
•n f n n n
----=----∙-∙-=-
∴
.2)1(2)(•n f n n ∙-+= 就是说，一共有2)1(2∙-+n n
种染法.
练习与解答
练习1 解函数方程：
)0(.1)(222>=⎪⎭
⎫
⎝⎛+x •
x •x f x f
解 ∵)1(.1)(222
••
x •x f x
f =⎪⎭
⎫ ⎝⎛+
以
x
1
代换x ，得 )2(.1)(1222••
•x x f x f =+⎪⎭
⎫
⎝⎛
（1）×2－（2），得
.12)(32•x
x x f -=
∴ .31
2)(22
•x
x x f -=
以x 代换x 2，得
.
31
2)(•x x x f -=
练习2 解函数方程：
)(.)()(2233b a •
cx •x bf x af ≠=-+
解 ∵
)1(.)()(33••cx •x bf x af =-+
以-x 代换x ，得
)2(.)()(33••
cx •x bf x af -=+-
（1）×a-（2）×b ，得
.)()(3232bcx •acx x f b x f a +=-
即
.)()(2
2
3•b
a cx
b a x f -+=
∴
.)()(2
23•b
a c c
b a x f -+=
练习3 解函数方程：
)1,0(.11)(≠≠+=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+x •x •
x •x x f x f
解 ∵
)1(.11)(•
•
x •x x f x f +=⎪⎭
⎫
⎝⎛-+
以
x
x 1
-代换x ，则 .1111
1
1•x x
x x x x x --=----化为
原方程化为
)2(.12111•••x x x f x x f -=
⎪⎭
⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛-
再以
1
1
--x 代换（1）中的x ，又得
)3(.12)(11•••x x x f x f --=
+⎪⎭
⎫
⎝⎛--
（1）÷（3）-（2），得
.1
2121)(2•x
x x x x x f ----+
+= 即
.)
1(21
)(23•x x x x x f ---=
练习4 已知
10)1(=f ，且
,910)()1(•n n f n f +=-+
求
)(n f .
解 依次令n=1，2，3，…，得
.
910)()1(,9310)3()4(,9210)2()3(,9110)1()2(•n n f n f •f f •f f •f f +=-++⨯=-+⨯=-+⨯=- 相加在一起，得
.910310210110)1()1(n •n f n f +++⨯+⨯+⨯=-+
但
.10)1(•f =
∴
109)321(10)1(++++++∙=+n n n f
.
1)1(4)1(510
1452
2•n n n n ++++=++=
∴ .145)(2•n n n f ++=
练习5 已知
1)2(,0)1(==f •f . 解函数方程：
)0,0(.)()2(22>>=+•b •a •
•n f b n f a
解 若n 为偶数：n=2k ，则原方程化为
.)2()22(22•k f b k f a =+
依次令k=1，2，3，…，得
.
)2()22(,)6()8(,)4()6(,)2()4(22222222•k f b k f a •f b f a •f b f a •f b f a =+===
左右两边分别相乘，约去公因式后得：
.)2()22(22•f b k f a k k =+
∴ .)2()22(222•
a b f a b k f k
k k ⎪⎭
⎫
⎝⎛==+ ∴)1(.)(2
•••a b n f n -⎪
⎭
⎫
⎝⎛=
若n 为奇数：n=2k+1，则原方程化为
.)12()32(22•k f b k f a +++
依次令k=0，1，2，3，…，得
.
)12()32(,)5()7(,)3()5(,)1()3(22222222•k f b k f a •f b f a •f b f a •f b f a +=+===
将后k 个等式两端分别相乘，并约去公因式后得
.)3()32(22•f b k f a k k =+
但.0)1()3(2
2
•f a b f == ∴
.0)32(•k f =+
或
)2(.0)(•••
•n f =
综合（1），（2），得
.2])1(1[)(2
•a b n f n n -⎪
⎭
⎫ ⎝⎛∙-+=
练习6 （1）凸n 边形有多少条对角线？
解 设n 边形A 1A 2…A n 有f (n )条对角线. 增加一条边成为n+1边形A 1A 2…A n A n +1. 原多边形的一条边A 1A n 变成对角线，且由顶点A n +1可引出（n-2）条对角线. 所以有
.)1()()1(•n n f n f -+=+
依次令n=3，4，5，…，得
.
1)()1(,14)4()5(,13)3()4(•n n f n f •f f •f f -+=+-+=-+=
相加，得
.)2()43()3()1(•n n f n f --++++=+
考虑到
0)3(=f ，即得
.2
)
2)(1()1(•n n n f -+=
+
即
.2
)
3()(•n n n f -=
就是说，凸n 边形共有
2
)
3(-n n 条对角线. （2）凸n 边形的内角和是多少度？
解 设凸n 边形的内角和为f (n )度. 仿（1）可以求得
.180)2()(•n n f ︒⨯-=
练习7 （1）两两相交但不共点的n 个圆把平面分成了几部分？
解 设n 个两两相交的圆n •c ••••
c •c ,,,21 把平面分成)(1n f 部分. 作第n+1个圆
1+n c 与所有的圆两两相交，共有n 对点. 这n 对点把1+n c 分成2n 部分，所以圆1+n c 又从被
原来的n 个圆所分的平面数)(1n f 中截分了2n 部分，即
.2)()1(11n •n f n f ++
解这个函数方程，得
.2)(21•n n n f +-=
（2）两两相交但不共点的n 个球把空间分成了几部分？
解 设n 个两两相交的球分空间为)(2n f 部分. 则第n+1个球的球面被原来的n
个球分成22
+-n n
部分[见（1）]. 所以有
.2)()1(222•n n n f n f +-+=+
解这个函数方程，得
.3
)83()(22•n n n n f +-=。