专题——函数迭代

专题-----函数迭代
利用了一个函数自身复合多次，这就叫做迭代。

一般地，设f ：D →D 是一个函数，对任意的x ∈D ，记f (0)(x)=x ，f (1)(x)=f(x)f (2)(x)=f(f(x))，…，f (n+1)(x)=f(f (n)(x)).则称f (n)(x)为f(x)的n 次迭代，并称n 为f (n)(x)的迭代指数。

如果f (n)(x)有反函数，则记为f (-n)(x).于是迭代指数可以取所有整数. 对于一些简单的函数，它的n 次迭代是容易得到的. 若f(x)=x+c ，则f (n)(x)=x+nc. 若
f(x)=x 2，则f (n)(x)=x 2
n
.
若f(x)=ax+b ，则f(n)(x)=a n x+
a
a n
--11b(a ≠). 函数的迭代的理论与方法在计算数学和微分动力系统等领域中有着很重要的应用。

然而，由于它的一些方法和结果是初等的，又较有趣，因而在数学竞赛中屡有出现。

⑴观查法
例1、设f(x)=3x+2，证明：存在正整数m ，使f (100)(m)能被1988整除。

证 因为f(x)=3x+2，所以 f (100)(x)=3100x+(399+398+…+3+1)·2， f (100)(m)=3100m+(399+398+…+3+1)·2.
由于（3，1988）=1，因此（3100，1988）=1.根据裴蜀恒等式，存在正整数u ，v ，使得：1988u-3100v=1. 记n=2(399+398+…+3+1)，那么由1988 3100v-1 ,知：1988 n(3100v+1). 因此，取m=nv ，则1988 3100m+n.从而命题得证。

注 裴蜀恒等式是：设（x ，y ）=1，则存在正整数u ，v,使得 ux-vy=1.
例2、 设).(.1
2)()(2
x f x x x f n 计算-=
答案： .
2
22()(1)
n
n
n n
x f x x x =
--
⑵不动点求函数迭代：把f(x)写成f(x)=-21(x-3π)+3
π
，则 f (2)(x)=(-21)2(x-3π)+3π,f (3)(x)=(-21)3(x-3π)+3π,f (n)(x)=(-21)n (x-3π)+3
π.
把f(x)变形，找到了一个较易求f n (x)r 表达式。

一般地，若f （x ）=ax+b ，则把它成
f (x)=a(x-
a b -1)+a
b
-1.
因而 f (2)(x)=a (x-
a b -1)+a b -1. f (3)(x)=a (x-a b -1)+a b
-1.
f (n)(x)=a a b -1)+a
b
-1. 这里的
a b -1就是方程ax+b=x 的根。

一般地，我们称f(x)=x 的根为函数f(x)的不动点.则a
b -1是f(x)=ax+b 的不动点。

如果x 0是)(x f 的不动点，则x 0也是)()
(x f n 的不动点。

这一点用数学归纳法是容易证明的。

利用不
动点能较快地求得)(x f 的n 次迭代式。

例3、若9319)(2+=x x f ，求)()
(x f n 。

解 令.631931922
-
==+x x ，x 则 ，x x f ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
-+=63163119)(2 ，x x f
63163119)(22)
2(-⎪⎭⎫ ⎝⎛+= .63163119)(2)(-⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+=x x f n n
③函数迭代应用：
在国内外数学竞赛中，不断出现一些要用到各种技巧的函数迭代和函数方程问题。

主要有三个方面：（1）研究函数的性质；（2）求函数的值；（3）确定函数的解析表达式。

下面通过例题来介绍解决这些问题的方法和技巧。

例4、设N 是自然数集合，k ∈N 。

如果有一个函数f ：N →N 是严格递增的，且对于每个n ∈N ，都有f （f (n )）=k n 。

证明：对每个n ∈N ，都有12+k k n ≤f (n )≤2
1
+k n .
证 因为f :N →N 是严格递增的，故对任意的n ∈N ，f (n +1)-f (n)≥1.于是当m ＞n 时。

f (m )-f (n )=
∑
--=1
n m i [f (n+i+1)-f (n+i )]≥m-n.从而f (f (n ))-f (n )≥f (n )-n ，即kn-f (n )≥f (n )-n .所以 f (n )≤
2
1
+k n . 所以kn ≤
21+k f (n )，即f (n )≥1
2+k k
n .从而命题得证. 说明 对于本题，若去求函数f 的表达式，则此路不通.如果认为f (n )=kn ，则有两个严重错误。

一是当k 不是完全平方数时，f 不是N →N 的函数，二是即使k 是完全平方数，f (n )=k n 也不是满足条件的唯一函数。

例5、 设函数f (x )对所有x ＞0有意义，且满足下列条件：
（1）对于x ＞0，有f (x )f [f (x )+
x
1]=1; （2）f (x )在（0，+∞）上严格递增。

求f (1)的值。

解 设f (1)=a ，则当x=1时，由条件(1)得f (a +1)=a
1. 令x =a +1，由条件(1)得f (a +1)f [f (a +1)+
11+a ]=1，即：f (a 1+1
1+a )=a =f (1). 由于f (x )在（0，+∞）上是严格递增的，所以：a 1+1
1
+a =1.
解得a =
251±，则1＜a =f (1)＜f (a +1)=a
1
＜1，矛盾.所以，a =251-，即f (1)=251-. 例6 、证明：不存在函数f :R +→R +，使得对任何正实数x 、y ，都有
(f (x ))2≥f (x+y)(f (x )+y). ①
证 用反证法.假设存在这样的函数f ，则由①式，得 (f (x ))2+f (x )y -f (x+y )f (x )-f (x +y )y =f (x )y. 所以： f (x )-f (x+y )≥
y
x f y
x f +)()(.
②
由②式知，f (x )是减函数.
首先，我们证明：对任意正实数x ，都有：f (x )-f (x+1)≤2
1. 事实上，对于x ＞0，存在一个正整数n ，使得：nf (x )≥1
③
于是当k =0，1，2，…，n-1时，利用②式和③式，得
n n
k x nf n n n n k x f n n k x f n k x f n k x f 21)(11)(1)?
()1()(≥
++
=+++≥++-+. 所以
∑
-=1
n k (f (x+
n k )-f (x+n k 1-))≥n ·n 21=2
1，即 f (x 0)-f (x 0+m )=
∑-=++-+1
00))1()((m i i x f i x f ≥m ·
2
1
≥f (x 0). 所以f (x 0+m )≤0，矛盾.于是命题得证.
说明 在证明“否定”命题时，我们常常用反证法.
例7、设Q +是全体正有理数集.试作一个函数f ：Q +→Q +，使得对一切x ,y ∈Q +，都有
f (xf (y ))=
y
x f )
(. ①
解 满足①式的函数f 较难看出，我们的想法是从①式导出几个容易捉摸的式子.而①式中的f (xf (y ))最麻烦，希望能避开这个麻烦.
令x =1代入①式，得：f (f (y ))=
y
f )
1(. ②
而f (1)是容易求得的.令y =f (1)代入②式，得f (f (f (1)))=1.所以
f (f (1))=f (
1
)
1(f )=f (f (f (1)))=1， 考虑函数f 为单射，则f (1)=f (f (1))=1.于是②式为：f (f (y ))=
y
1.③ 用f (y )代换③式中的y ，得f (f (f (y )))=
)
(1
y f ，再利用②式，使得 f (
y 1)=)
(1y f （利用了f (1)=1）.
④
用y =f (
z 1)代入①式，得f (xf (f (z 1)))=f (x )/f (z
1
)，结合 ⑤
这就是说，满足①式的函数f 必定满足③式和⑤式.另一方面，满足③式和⑤式的f 必定满足①式.这只需在⑤式中令x =f (y )，则：f (z )=f (f (y ))=
y
1
（利用了③式）， 即得①式，而③式和⑤式比①式简单。

现在来构造满足③，⑤式的函数f .设p i 是第i 个质数（例如p 1=2,p 2=3）,令 p i +1，若i 是奇数，
1
1
-i p ，若i 是偶数。

⑥
这样定义的函数f 对质数p ，显然有f (f (p ))=
p
1
，即满足③式.对于x ∈Q +，x 可表示成 x =p 1
1a p 2
2a …p an
n ，其中a 1，a 2，…an 是整数，令
f (x )=f (p 1)a 1f (p 2)a 2…f (p n )an .
⑦
由⑥，⑦两式定义的Q +→Q +的函数f 显然满足③，⑤式，从而满足①式。

例8、 f 是定义在（1，+∞）上且在（1，+∞）中取值的函数，满足条件：对任何x ,y ＞1及u,v ＞0，都成立
f (x u y v )≤f (x )
v
y f u 41)(41. ①
试确定所有的这样的函数f .
解 先将①式化为一元函数，为此令x =y ,u =v ，则得f (x 2u )≤f (x )u
21
.再将2u 代换知，对所有x ＞1，u
＞0，均有
f (x u )≤f (x )1/u .
②
f (pi )=
令y =x u ，v =1/u ，则x =y 1/u =y v ,u =1/v.代入②式，得f (y )≤f (y v )v . 用x 代换y ，u 代换v ，则对所有x ＞1，u ＞0，又有f (x u )≥f (x )1/u . ③ 由②，③式便知f (x u )=f (x )1/u .
④
取x =e ，t=e u (则u=1nt).当u 从0变到+∞时，t 从1变到+∞.于是④式为 f (t )=f (e )1/1nt .令f (e)=a ＞1，用x 代替t ，则：f (x )=a 1/1n x ，a ＞1 ⑤ 下面验证⑤式所给出的函数满足①式.利用算术-调和平均不等式,有
2
11ny
v nx u +≥2/(ny v nx u 1111+), 所以nx u 141+ny v 141≥ny v nx u 111+, f (x u y v
)=a nx
u nx v 141141+
=f (x )()v u y f 4141
. 这就证明了对所有a ＞1,⑤式所给出的函数f (x )即为所求.
说明 当所给的函数方程(或不等式)含有较多变量，常常先将它化为一个变量的方程（或不等式）.另外，利用不等式来证等式的技巧也是处理这类问题的常用方法。

例9、设R 是全体实数的集合.试求出所有的函数f ：R →R ，使得对于R 中的一切x 和y ，都有
f (x 2+f (y ))=y +(f (x )))2.
①
解 先求f (0).令x =0，t =(f (0))2，代入①式，得
f (f (y ))=y +t .
②
由②式，可知f (f (x 2+f (f (y ))))=x 2+f (f (y ))+t.
③
由①式，可得 f (f (x 2+f (f (y ))))=f [ (f (x ))2+f (y )]=y+[f (f (x ))]2.
④
从②,③,④式便得x 2+y+2t=y+(x+t)2，即2t =t 2+2tx 对任意实数x 均成立。

所以t=0，从而f (0)=0.将t =0代入②式，得f (f (y ))=y
⑤
当x ≥0时，由①和⑤式，得： f (x +y )=f (x +f (f (y )))=f (y )+(f (x ))2≥f (y ) 于是知f (x )是R 上的递增函数，即当x ≥y 时，有f (x )≥f (y ).因此，f (x )=x . 事实上，若存在x 0∈R ，使得f (x 0)≠x 0.如果x 0＜f (x 0),则f (x 0)≤f (f (x 0))=x 0, 矛盾.如果x 0＞f (x 0)，则f (x 0)≥f (f (x 0))=x 0,矛盾。

易知f (x )=x 满足①式。

因此所求的函数为f (x )=x 。

说明 通过观察①式，容易知道f (x )=x 是①式的一个解.估计f (x )可能是线性函数，所以先求f (0)
将有助于解题。

例10、已知一个二元函数的f :R +×R +=+
∈R y x y x ,),(→R +满足下面两个条件：（1）对任意正实数x ，y ，z ，有f (f (x ,y ),z )=f (f (z ,y ),x );
（2）对任意正实数x,y ,有f (x ,1)=
x
1
,f (1,y )=y . 求证：（1）若f (x ,y )=f(x ,z ),则y =z ;（2）若f (x ,y )=f(z ,y ),则x=z.
证 令x =1，由条件（1），（2）得f (y ,z )=,)
,(1
y z f 即：f (y ,z )·f(z ,y )=1.
在上式中令y =z ，得(f (y ,y ))2=1，所以f(y ,y )=1. 若f (x ,y )=f (x ,z ),则由①式，得
),(1x y f =)
,(1
x z f ，所以：f(y,x)=f(z,x).
于是f (f (y ,x ),x )=f ((z ,x ),x).再由条件（1），便得：f (f (x ,x ),y )=f ((x ,x ),z )
所以f (1,y )=f (1,z ).由条件（2）便知y=z. 若f (x ,y )=f (z ,y ),则由①式得：
),(1x y f =)
,(1
z y f .
所以f (y ,x )=f (y ,z ).由上面已证的结果知，x =z . 综上所述，命题成立。

函数方程习题
1、求所有的函数f ：R R →，对于所有实数x 、y ，满足
()()()()12++=++xy xy f y f x f y x f ．
2、求所有函数f ：R +→R +，使得对所有的x 、y ∈R +有)()())((y f y x f y f x f ++=+．
3、设f （x ）满足条件：
（1）)(1)()1(+∞-∞+-+ x x f x f （2）当).()(y f x ，f y x ≤≤时 求证：对任意正整数m 和n ，有
m
n m f n f m n 1
1)0()0()()(+-
4、求出所有的函数f ，它的定义域为一切正实数，并且函数值为正实数，满足下述条件：
（1）[]；+
∈∀=R y x x yf y xf f ,),()(（2）当.0)(→∞→x ，f x 时
5、求出所有定义在非负整数集上且在非负整数集中取值的函数f ，使其满足
)())((())((n f m f f f n f m f +=+
6、设s 为大于1的实数构成的集合，确定所有的函数:f s s →，满足以下条件： （1）：对s 所有的x 和y ，有(()())()()f x f y xf y y f x yf x ++=++。

（2）：在区间10,0x x -<<>的每一个内，()
f x x
都严格单调递增。

7、设s={0,1,2,3.......}是所有非负整数的集合，找到所有在s 上定义，取值于s 中满足下列条件的函数
:(())(()()f f m f n f f m f n +=+对所有的m,n 成立。

参考答案
1、在原方程中，设1=y ，且设()11f a -=，则有()()121++=+x x af x f ． 在原方程中，将y 变为1+y ，得
()()()11++++y f x f y x f ()()()1121++++=y x y x f ．
将()()()12\1++++++y x y x af y x f ，()()121++=+y y af y f 代入得()()()()()()()x f y y f x f y x f a +++++112()()121+++=xy y x f ． 再次利用原方程，可得
()()()()()x f y xy xy f a +++++11212()()121+++=xy y x f ．
设t x 2=，2
1
-
=y ，则有()()()1212+-=+--t t f t t f a ． 用t -代替上式中的t 得
()()()1212++-=++t t f t t f a ① 消去()t f -，得
()()()11212
2
2
-+-=-a
t a t f a ，
其中，1-≠a ，否则对于所有的t ，有08=t ，矛盾．
若1≠a ，则012
≠-a ．所以，()1112-⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=t a a t f ．令1=t ，得 11121-⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=-a a a ．从而，0=a 或3=a ．
当0=a 时，得()12-=t t f ；当3=a 时，得()1--=t t f ． 若1=a ，由式①可得()()t f t f -=． 在原方程中分别设x y =和x y -=，得
()()()
122222
++=+x x f x f
x f ，()()()
120222
+-=
+x x f x f
f ．
两式相减得()()0422
f x x f +=．
在()()121++=+x x af x f 中，令0=x ，得()()101+=af f ．
因为1=a ，()011=-=a f ，所以，()10-=f ．于是，()1422
-=x x f
因经，对于所有R x ∈，有()12
-=x x f ．
2、首先证明：对于所有的+∈R y ，有()y f ＞y ：事实上，由条件可得
))((y f x f +＞)(y x f +．因此，()y y f ≠．
若存在正实数y ，使得()y f ＜y ，设()y f y x -=.则
()()()()()y f y f y f y f +-=()()()y f y f y f +-=2＞()y f ，矛盾．
所以，对于所有的y ∈R +，有()y f ＞y ．
对于+∈R x ，设()()x x f x g -=．则()()x x g x f +=，且()x g ＞0． 在原函数方程中令y x t +=，有()()()()y f t f y g t f +=+， 即()()()y g t y g t g +++()y y g t t g +++=)(． 所以，对于任意的t ＞y ＞0，有()()()y t g y g t g +=+．
若存在1y 、2y ∈R +，使得()()21y g y g =，那么，对于任意的t ＞{}21,m ax y y ，有
()()()11y g t g y t g +=+=()()()22y t g y g t g +=+．
因此，21y y =．于是，g 是单射． 设u 、v 是任意的正实数，t ＞v u +．则
()()()()()v u g t g v g u g t g ++=++()()()v u g t g v u t g ++=++=．
于是，()()()v u g t v g u g t ++=++．从而，()()()v u g v g u g +=+． 由于()v g 是正实数，因此，g 是严格递增的．
因()()()y g t g y t g +=+()()()y g g t g +=，所以，()()y y g g =．
若存在一个+∈R x ，使得()x x g ≠.由g 的单调性可知:当x ＞()x g 时,()x g ＞()()x x g g =,矛盾;当
x ＜()x g 时,()x g ＜()()x x g g =,矛盾.
故()x x g =,()()∈=+=x x x x g x f (2R +).
3、证明 由（1）可知，对任一自然数k ，有 .1)()1()()
(+=+x f x f k k (3.4.27)
而且由（3.4.27）式得： ，x x f x x f k k --+-+)()1()1()()
(
(3.4.28)
即x x f
k -)()
(是周期为T =1的函数.
任取10≤≤x ，由（2）得知)()
(x f k 不减，故
.1)0()1()()0()()()()
(+=≤≤k k k k f f x f f
(3.4.29)
式得由及)34.4.3(010，x x ≤-≥： x ，f x f x f k k k ++≤≤+-1)0()(1)0()()()( (3.4.30)即
.101)0()(1)0()()()(≤≤+≤-≤-x ，f x x f f k k k
(3.4.31)
但因为x x f k
-)(是以1为周期的函数，故由(3.4.31)式在[0，1]上成立可知它对一切x 成立，即
.1)0)(())((1)0)((+∞∞-+≤-≤- x ，k f x x k f k f
(3.4.32)
取n k =，任取0x 并顺次取)1210)((0)
(-⋯==，m ，，，j x f
x nj j 代人(3.4.32)式得
⎪⎪
⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧+≤-≤-⋯⋯+≤-≤-+≤-≤-+≤-≤
--,
1)0()()(1)0(,1)0()()(1)0(,1)0()()(1)0(1)0()(1)0()(0))1((0)()()(0)2(0)3()
()(0)(0)2()
()(00)()(n n m mn n n n n n n n n n n n n f x f x f f f x f x f f f x f x f f ，f x x f f
(3.4.33)
把(3.4.33)式中的各式相加，得
).1)0(()()1)0(()
(00)
()
(+≤-≤-n mn n f
m x x f
f
m
(3.4.34)
同用mn 除，得
，n n n f mn x x f n n f mn n 1
)0)((.)(1)0(0)()(+≤-≤- (3.4.35)
即.1
)0()(1)(00)(n
n f mn x x f n n mn ≤--≤
-
(3.4.36)
交换m ，n ，又可得： .1
)0()(1)(00)(m
n f mn x x f m n mn ≤--≤
- (3.4.37)
把(3.4.37)式乘以负号，得
.1
)()0(100)()(m
mn x x f m f m mn m ≤--≤- (3.4.38)
再把(3.4.36)式和(3.4.38)式相加，得
，n m n f m f n m n m 1
1)0()0(11)
()(+≤-≤
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+- (3.4.39)
此即所要证的不等式.
【点评】 本题的解法中，用了较高的技巧。

如利用条件（1）及（2）导出(3.4.27)、(3.4.28)及 (3.4.29)；又利用了))(()
(x x f
k -的周期性把(3.4.31)中的不等式从0≤x ≤1推广到+∞∞- x ；在(3.4.32)中令
))((,,,0)(110x f x x x x x nj j m =⋯=-导出一串不等式再相加；在(3.4.36)中交换m ，n 的位置，等等。

这些
做法看似平常，却不易想到，值得反复揣摩。

4、首先证x =1是f (x )的不动点，即f (1)=1.在条件（1）中取x =1，得)
1(1
f y =
1)1(·)1(1
)1(1·1==⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫
⎝⎛f f f f f (3.4.43)
再在条件（1）中取得)
1(1
1f ，x y =
= ⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛=⎥⎦⎤⎢
⎣⎡=)1(1·1)1(·)1(1)1(f f f f f f . (3.4.44)
比较（3.4.43）、(3.4.44)两式得1)]1([=f f .又在条件（1）中令x =1，y =1得
.1)1()1(·1)]1(·1[==f ，f f f 故
再证x =1是唯一的不动点.设x =α是不动点，即有f (a )=a .
（1）当a ＞1时
)()(·[)·()(111
-===--x a af a f f a
f x f x x ααα =，a a f a f a a a f a x x x =⋯==--)](·(·)·(·
22
即x
a x =也是不动点. 而：∞==∞
→∞
→x x
x
x x
im a a imf α1)()(1， 这与条件（2）矛盾，故1 a 不可能.
（2）当10 a 时，因： 11·)(·1·
1)1(=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎪⎭⎫ ⎝⎛=a f a a f a f a a f f ， 则a x ，a
a f 11
1==⎪
⎭⎫
⎝⎛即也是不动点，而11 a ，这又回到了（1）的情形. 综合（1）、（2）可得，x =1是唯一不动点.
最后，令x =y ，由已知条件（1）得)()]([x xf x xf f =，即对任意x ＞0，xf (x )是不动点，而x =1是唯
一不动点，所以xf (x )=1，即.1
)(x
x f =
5、 )())((())((n f m f f f n f m f +=+
(3.4.45)
在(3.4.45)式中令m =n =0，得：)0()0(()0((f f f f f +=，于是f (0)=0。

在(3.4.45)中令m =0，利用f (0)=0得： f (f(n ))=f (n ).
设A 是所满足f (x )=(x )的非负整数x 组成的集合，由(3.4.46)可知对一切
b ，A ，，a ，，A n N ，，n ≥∈∈∈若,)(则在(3.4.45)中令m =a-b ，n =b 可得
))(()(b f b a f b b a f a +-=+-= =b b a f b f b a f f +-=+-)()())((，
故.)(A b a b a b a f ∈--=-，即
设A 中最小非零元素为k ，任取，m r N ，
p r pk m A ，m )10(-≤≤∈+=∈设则 A ，pk m A ，k A ，，k m ∈-⋯∈-∈-2于是.A r ∈由k 的最小性知r =0.可见A 中所有元素均为k 的倍
数. 另一方面，对任意A a ，，∈，在(3.4.45)中令m=a ，n=b ，有 b a b f a f f b f a f b a f +==+=+)())(())(()(，
故A b a ∈+，表明k 的所有倍数均属于A . 因此： {
}⋯==，，，p pk A 210.
由(3.4.46)知)110(,)().(-⋯==k ，，r k a r f n f k 设，其中00=a .对于任意非负整数x ，设p r pk x (+=为非负整数，）
10-≤≤k r ，在(3.4.45)中令pk n r m ==，，由(3.4.46)可得：)())(())(()()(pk f r f f pk f r f r pk f x f +=+=+=
.)()(pk k a pk f r f r +=+
容易验证，函数pk k a x f r +=)(满足要求，即为所求. 这里1
21-⋯k ，a a a ，
，对任意一组非负整数，
.00=a
6、在（-1，0）内，
x x f )(严格递增，因而x
x f )
(=1至多只有一个解，u ∈（-1,0）. 在（1）中，令x =y =u,得f (u 2+2u )=u2+2u.因为-1＜u ＜0，u 2+2u =(u +1)2-1,所以-1＜u 2+2u ＜0.利用惟
一性，得u 2+2u =u ，从而u=0或-1，与u ∈(-1,0)矛盾.所以对（-1，0）内任一数u ，必有f (u )≠。

类似地，在（0，∞）内没有u ,满足f (u )=u ，从而f (u )=u 导致u =0.在（1）中，令x =y ，得 F(x+(1+x )f (x ))=x +(1+x )f (x ),
从而x +(1+x )f (x )=0,f (x )=-x
x
+1。

不难验证f (x )=-
x
x
+1满足题设条件。

7、设f :S →S 满足条件.令m =n =0，得f (f (0))=f (f (0))+f (0)，所以f (0)=0.令m =0，得 f (f (n ))=f (n ) ① 于是
F (m +f (n))=f (m )+f (n ).
②
记f 的值域为T.由①可知，T 中任一数f (n )是f 的不动点.而f 的不动点，当然在f 的值域中。

因此，
f的值域就等于f的不动点全体。

设m≥n∈T，则f(m)=m，f(n)=n.于是
F(m+n)=f(m+f(n))=f(m)+f(n)=m+n
从而m+n∈T.又
F(m-m)+f(n)=f(m-n+f(n))=f(m-n+n)=f(m),
从而f(m-n)=f(m)=f(n)=m-n，即m-n∈T。

若T≠｛0｝,设T中最小的正数为d.对任一数c∈T，设c=kd+r,k为正整数，0≤r＜d，则kd∈T，r=c-kd ∈T.由d的最小性得r=0，即T中任一数c都是d的倍数。

对任一非负整数n，令n=qd+t，q为非负整数，0≤t＜d，则由上面所说，f(t)=h
d,h t为非负整数。

t
f(n)=f(qd+t)=f((q-1)d+t)+f(d)=f((q-1)d+t)+d=…=qd+f(t)=qd+h t d.
于是，所求函数一定是如下形式：f(n)=qd+h t d，其中非负整数q,t由n=qd+t，0≤t＜d定出.而ht(t=1，2，…,d-1)为任意非负整数，h0=0.
反之，设函数为上述形式，则对任意的m,n∈S，设m=qd+t，f(n)=kd，则
f(m+f(n))=f(qd+t+kd)=f((q+k)d+t)
=(q+k)d+f(t)=qd+f(t)+kd
=f(m)+f(n),即这样的函数满足要求。