函数迭代与函数方程初步
使用“牛顿迭代法”求解方程
使⽤“⽜顿迭代法”求解⽅程使⽤⽜顿迭代法求解⽅程尽管通过因式分解和利⽤求根公式可以很⽅便的得出多项式⽅程的根，但⼤多数时候这个多项式的次数都很⾼，计算将变得⾮常复杂，因此，我们必须转向⼀些近似解法。
⽜顿迭代法是其中最好的⽅法之⼀。
从根本上说，⽜顿迭代法通过⼀系列的迭代操作使得到的结果不断逼近⽅程的实根。
⾸先，要选择⼀个初始值x=x0，使得该初始值接近实根的值。
然后，迭代计算如下的公式：x i+1 = x i - f(x i) / f '(x i)直到x i+1达到⼀个满意的近似结果为⽌。
在这个公式中，f(x)是要求解的多项式⽅程，⽽f '(x)是f(x)的导数。
多项式求导多项式求导是微积分的基础，现在让我们来看看针对多项式求导的公式化描述。
要计算出多项式的求导结果，只需要对多项式的每⼀项套⽤如下两个公式：d/dx * k = 0, d/dx *kx r = krx r-1这⾥的k是为常数，r是有理数，x是未知数。
符号d/dx表⽰求导，其中x是多项式中的变量。
对于多项式中的每⼀常数项，套⽤第⼀个公式；否则，就⽤第⼆个公式。
假设有如下函数：f(x) = x3 + 5x2 +3x +4要得到求导后的结果f '(x)，对该多项式的前三项套⽤第⼆个公式，最后⼀项套⽤第1个公式，得到结果如下：f '(x) = 1 * 3x(3-1) + 5 * 2x(2-1) + 3 * 1x(1-1) + 0 = 3x2 + 10x +3有时候也有必要进⾏⾼阶求导，即导数的导数。
⽐如，f(x)的2阶求导可记为f ''(x)，它是对f '(x)的求导结果。
同理，f(x)的3阶求导可记为f'''(x)，这是对f ''(x)的求导结果，以此类推。
因此，在前⾯的例⼦中，如果要计算f(x)的2阶导数的话，我们按照如下的⽅式对f '(x)求导即可：f ''(x) = 3 * 2x(2-1) + 10 * 1x(1-1) + 0 =6x +10理解1阶和2阶导数理解1阶和2阶导数的意义，是正确使⽤⽜顿迭代法⾮常重要的⼀点。
2.2 迭代法
= ϕ ' (ξ )( x * − x * *) ≤ L x * − x * *
又， L < 1
⇒ x* = x * *
计算方法
② ∀x0 ∈ [a, b] 则 xk +1 − x *= ϕ ( xk ) − ϕ ( x*) = ϕ ' (ξ )( xk − x*)
≤ L xk − x * ≤ L2 xk −1 − x * x k +1 − x *
计算方法
二、收敛性分析
定理2.1 （全局收敛定理） 全局收敛定理） 定理
在区间[a,b]上可导 上可导 设ϕ ( x )在[a, b] 在区间
a （1）当a ≤ x ≤ b时， ≤ ϕ ( x ) ≤ b;
( 2) ∀x ∈ [a, b], | ϕ ' ( x ) |≤ L < 1 ( L为常数） 为常数）
ϕ ′( x ) ≤ L < 1
计算方法
则对于任意的初始值 x0 ∈ S ，由迭代公式 收敛于方程的根。 产生的数列 { xn } 收敛于方程的根。 （这时称迭代法在 α 的S邻域具有局部收敛性。） 邻域具有局部收敛性。）
x n +1 = ϕ ( x n )
Remark1：全局与局部收敛定理中的条件都是充分 Remark1： 条件，条件满足则迭代法收敛，不满足则不能判定， 条件，条件满足则迭代法收敛，不满足则不能判定， 此时可以用试算来判定迭代法的是收敛性。 此时可以用试算来判定迭代法的是收敛性。
p! p!
由迭代公式 xk +1 = ϕ ( xk ) 及 x * = ϕ ( x * ) 有 ϕ ( p ) (ξ ) * * p
′( x* ) = ϕ ′′( x* ) = L = ϕ ( p−1) ( x* ) = 0, ϕ ( p ) ( x* ) ≠ 0 ϕ 邻域是p阶收敛的。 则迭代过程在 x * 邻域是p阶收敛的。
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 2n.若f(x)=ax+b ，则f(n)(x)=a n x+aa 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).(.12)()(2x f x x x f n 计算-=答案： .222()(1)nnn nx f x x x =--⑵不动点求函数迭代：把f(x)写成f(x)=-21(x-3π)+3π，则 f (2)(x)=(-21)2(x-3π)+3π,f (3)(x)=(-21)3(x-3π)+3π,f (n)(x)=(-21)n (x-3π)+3π.把f(x)变形，找到了一个较易求f n (x)r 表达式。
高一数学竞赛讲座2函数方程与函数迭代
函数方程与函数迭代函数方程问题一直是各国重大竞赛中的热点问题，以IMO 为例，在已进行的四十七届竞赛的试题中，有30多道是函数方程的试题，几乎是每届一题.在我国冬令营与国家集训队的测试题中，函数方程问题也是屡见不鲜的.究其原因，它往往是给出较弱的条件，却要从中得出甚强的结论（一般是要直接求出表达式）.【基础知识】表示某一类（或某一个）函数所具有的一定性质的关系式叫做函数方程（其中()f x 为未知函数）.如果一个函数对其定义域内变量的一切值均满足所给的方程，则称()f x 为这个函数方程的解.寻求函数方程的解或证明函数方程无解的过程，就是解函数方程.我们粗略地归纳其典型的解题方法，主要可以分成以下几类： 1.换元法： 2.解方程（组）法 3.待定系数法 4.代值减元法当所给的函数方程中变量不止一个时，和普通方程一样，求解时首先要设法减少变量个数，代值减元就是一种减少变量的方法，它通过适当地对自变量赋于特殊值，从而简化方程，逐步靠近未知结果，最终解决问题.5.柯西法先求出对于自变量取所有正整数的值时函数方程的解具有的形式，然后依次证明对自变量取整数值，有理数值以及取实数值时函数方程的解仍具有这种形式，从而得到方程的解.这里我们给出一个定理：柯西函数方程的解定理：若()f x 是单调（或连续）函数，且满足()()()f x y f x f y +=+(,),x y R ∈则()(1).f x xf =（我们将此定理的证明放于例题中进行讲解.）6.递归法借助数列对函数方程加以研究的方法.设()f n 是定义在R +上的函数，如果存在递推关系S 和初始条件1(1),f a =当知道(1),(2),,()f f f n 的值后，由S 可以惟一确定(1)f n +的值，我们称()f n 为递归函数.递推法主要解决递归函数问题.7.不动点法一般地，设函数()f x 的定义域为D ，若存在0x D ∈，使00()f x x =成立，则称0x 为()f x 的不动点，或称00(,)x x 为函数()y f x =图象的不动点.对于一些简单的函数，利用不动点，把函数变形后再迭代，最后利用数学归纳法证明，往往会使算法简单些.【典例精析】【例1】已知11()(),x xf x f x x--+=求().f x 〖分析〗令1,x t x -=则1,1x t =-再令1,1y t=-则1,y t y -=因此可以将所得三个等式看成是关于11(),(),()1x f x f f x x --的三个方程，便可解得().f x解：设1,x t x -=则1,1x t =-代入原式，得11()(),11f f t t t +=--即11()()1,11f f x x x+=+-- ○1 设1,1t x =-则代入原式，得111()()1.1t t f f t t t --+=+-即1121()(),1x x f f x x x--+=- ○2 将○1○2与原方程联立，解得321().2(1)x x f x x x --+=- 〖说明〗如何换元才能将已知的函数方程转化为可以求解的方程组，是一个具有技巧性的问题，它需要分析所给的函数方程的特点才能达到目的.本例通过再次换元得到关于11(),(),()1x f x f f x x--的方程组，消去11(),(),1x f f x x--从而求得().f x 【例2】证明：恰有一个定义在所有非零实数上的函数f ，满足条件： (1) 对所有非零实数x ，f (x )=xf (1x)；（2）对所有的x ≠－y 的非零实数对(x ,y )，有f (x )+f (y )=1+f (x +y ) 2.证明：f (x )=x +1显然适合（1）、（2）。
函数迭代和函数方程
2.5函数迭代和函数方程一、基本知识简述 1． 函数迭代设f 是D →D 的函数，对任意D x ∈，记x x f=)()0(，定义))(()()()1(x f f x f n n =+，*N n ∈，则称函数)()(x fn 为)(x f 的n 次迭代.一些简单函数的n 次迭代如下： （1） 若a x x f +＝)(，则)()(x f n na x +＝；（2） 若ax x f ＝)(，则)()(x fn x a n ＝； （3） 若ax x f ＝)(，则)()(x fn na x ＝；（4） 若axx x f +1)(＝，则)()(x f n nax x +1＝；（5） 若)1()(≠+a b ax x f ＝，则)()(x fn ab a b n x a --+-11)(＝； )()(x f n 的一般解法是先猜后证法：先迭代几次，观察有何规律，由此猜测出)()(x fn 的表达式，然后证明，证明时，常用数学归纳法.2． 函数方程含有未知函数的方程称为函数方程，如果一个函数)(x f 对其定义域内自变量的一切取值均满足所给的函数方程，则称)(x f 为该方程的解.证明函数方程无解或寻求鞭解的过程就是解函数方程. 一般用以下方法：（1） 代换法：将方程中的自变量适当地以别的自变量代换，得到一个新的函数方程，然后设法求得未知函数.（2） 赋值法：根据所给的条件，适当地对自变量赋予某些特殊值，从而简化函数方程，逐步靠近未知结果，最终解决问题.（3） 待定系数法：当函数方程中的未知函数是多项式时，可用此法经比较系数而求解.（4） 递推法：设)(x f 是定义在整数集＊N 是的函数，如果存在一个递推关系S和初始条件1)1(a f ＝，当知道了)1(f ，,),2( f ，)(n f 的值，由S 可以惟一地确定)1(+n f 的值，递推法主要用于解决递归函数问题.二、例题1.求函数迭代后的表达式例1设11)(+-=x x x f 记fn n x f f f x f 个)])([()(=，求)(1999x f例2已知函数3)(+=x x g ，)](5[)(1x g g x f -=.记)]([)(2x f f x f =，)]([)(23x f f x f =，)]([)(1x f f x f n n -= ，则函数)(),(2x f x f ，)(3x f 的表达式依次为＿＿＿，＿＿＿＿，＿＿＿；而)(x f n 的表达式为＿＿＿＿. 2.求迭代后的函数值例3自然数k 的各位数字和的平方记为已知函数)(1x f ，且)]([)(1k f f k f n n -=，求 )11(n f （*N n ∈）的值域.例4已知函数k n f =)(，k 是循环小数0.918273645的小数点后的第n 位数字，则))]([( x f f f 的值为＿＿＿＿.例5设121)(+=x x f ，而))(()(11x f f x f n n =＋，（*N n ∈），记2)2(1)2(+-=n n n f f a ，求99a例6.在自然数集N 上定义的函数⎩⎨⎧+-=)]7([3)(n f f n n f ),1000(),1000(<≥n n 求)90(f 的值.3.解函数方程例7.已知),0,(-∞∈x 函数)(x f 满足xx f x f 51)(3)(2=-，求)(x f 的最小值及相应的x 值.［同类变式］函数)(x f 满足xx f x f 5)(3)(2=--，求)(x f例8.已知xx xx x f f +-++=-12111)(2)(，求)(x f 的表达式.例9.实数集R 上的函数)(x f y =满足：（1）22121212sin 42cos )(2)()(x a x x f x x f x x f +=-++),,(21是常数a R x x ∈ （2）1)()0(4==πf f （3）当],0[4π∈x 时，2)(≤x f 试求：（1）函数)(x f y =的解析式 （2）常数a 取值范围.4.由函数方程函数值例10.如果)()()(y f x f y x f =+，并且2)1(=f ，求)1999()2000()5()6()3()4()1()2(f f f f f f f f ++++的值例11.定义在R 上的函数)(x f ，恒有)()()(y f x f y x f +=+，若4)16(=f ，求)2003(f . 例12.若)(x f 是定义域为R 的函数，并且)(1)](1)[2(x f x f x f +=-+，32)1(+=f ，求)1997(f 的值. 三、习题 1. 若⎩⎨⎧=为无理数为有理数，x x x f ,01)( 则)]([x f f 的值 ( )(A)等于1 (B)等于0(C)可能为1，也可能为0 (D)可能是0,1以外的数2.已知1)1(+=-x x f ，则)12(+x f ＝ （ ） (A) x 2 (B) 12+x (C) 22+x (D) 32+x3. 已知43)(2+-=x x x f ，486950183))((234++++=x x x x x g f ,那么)(x g 的各项系数和为（ ）(A) 8 (B) 9 (C) 10 (D) 114. 若函数)(x f ，满足)()()(y f x f y x f +=+R y x ∈,，则下列各式中不恒成立的是（ ） (A) 0)0(=f (B) )1(3)3(f f = (C) )1()(2121f f = (D) 0)()(<-x f x f5.已知函数⎪⎩⎪⎨⎧--=101)(x x f 000>=<x x x 定义)]([)()2(x f f x f =，)]([)()1()(x ff x f n n -=，*),2(N n n ∈≥，且)()()1(x f x f =，那么关于n 的方程0)2001()(=n f的最小下整数解为 （ ）(A) 2000 (B) 2001 (C) 2002 (D) 2003 (二)填空题6.已知函数,)(2q px x x f ++= R x q p ∈、、,又集合{}x x f x A ==)(|，{}x x f f x B ==)]([|.{}3,1-=A ，则B ＝＿＿＿＿7.已知11)(+-=x x x f ，12)(-+=bx a x x g ，且xx g f 21))((=，则a=______,b=_________.8.设函数2)1()(2+-=x x f （x ≤0）,函数)(x g 适合x x g f =)]([，则)(x g _______.9. 已知函数22)(+--=+x x a x f ，且3)]([=a f f ，则a=________.10.已知)(x f 是一次函数，且10231024)()10(+=x x f，则)(x f ＝＿＿＿＿＿11.若函数)(x f 满足条件x f x f x=-)(4)(1，则)(x f 的最小值是＿＿＿＿. 12.设)(x f y =是定义在R 上的函数，且对于任意实数a,b,有ab b af f =)]([，则)1999(f 13. 设121)(+=x x f ，而))(()(11x f f x f n n =＋，（*N n ∈），记2)0(1)0(+-=n n n f f a ，求100a(三)解答题14. 设],0[2πα∈，函数)(x f y =的定义域为[0,1],且0)0(=f ，1)1(=f ，当y x ≥时，有)()sin 1(sin )()(2y f x f f y x αα-+=+，求 （1）)(),(4121f f ； （2）α的值；（3）函数)2sin()(x x g -=α的单调递增区间.。
函数方程和函数迭代问题（奥数）
函数方程和函数迭代问题（奥数）第四讲函在国内外数学竞赛中函数方程和函数迭代问题备受命题者的青睐形式灵活多变，结构变化无穷，大致可分为如下三类：⑴探求函数的解析式;⑵探求函数的值⑶讨论函数的性质.一. 探求函数的解析式函数方程的求解事实上也是一个探求函数解析式的过程,而函数方程常见的初等解法有许多,下面对其作进一步详尽的介绍.1,换元法换元法的解题基本思想是:将函数方程中自变量适当代换成别的自变量(应注意力求不改变函数的定义域),得到一个或几个新的函数方程,然后将它们与原方程联立,通过消元求得原函数方程的解.例1 解函数方程 f(x)+f(xx 1-)=1+x (x ≠0,x ≠1) f(x)=x+1/x+1/(1-x) 例2 设f(x)是定义在实数集上的实值函数,且满足af(x-1)+bf(1-x)=cx,其中a,b,c 为实常数,求f(x) f(x)=c/(a-b)x+c/(a+b)2.赋值法赋值法基本思想是:对自变量多于一个的函数方程,将其中一个或几个自变量用一些特殊值赋进去代入原方程,从而简化函数方程,以达到求解的目的.例3 已知定义在R 的函数满足⑴ f(x 1+x 2)+f(x 1-x 2)=2f(x 1)cos2x 2+4asin 2x 2 (x 1,x 2∈R,a 为常数) f(x)=(a-1)(sin2x-cos2x)+a⑵ f(0)=f(4π)=1 ⑶ 当x ∈[0, 4π]时,f(x)≤2 试求⑴函数f(x)的解析式;⑵常数a 的取值范围.例4 f(x)是定义于非负实数集上且取非负实数值的函数,求所有满足下列条件的f(x)⑴ f[xf(y)]f(y)=f(x+y);⑵ f(2)=0⑶ 当0≤x ＜2 f(x)≠0 f(x)= 0,x>=22/(2-x),x<23递推法这一方法的其本思想是:当f(x)是定义在自然数集上的函数(实际上就是通项为a n =f(n)的数列)时,可根据题中所给函数方程,通过持殊值得到关于f(n)的递推关系,然后根据递推关系求出(即数列{a n}的通项表达式)例5已知f(x)是定义在自然数集上的函数,满足f(1)=23,且对任意x,y ∈N,有 f(x+y)=(1+1+x y )f(x)+(1+1+y x )f(y)+x 2y+xy+xy 2,求f(x) 4. 柯西法柯西首先讨论了一个很重要的函数方程f(x+y)=f(x)+f(y)的解法,由此解决了一系列其他函数方程.他的方法是,依次求出所有自然数值,整数值,有理数值,直至所有实数值的函数方程的解例6 设f(x) 是定义在有理数集上的函数,且对任意的有理数x,y 有f(x+y)=f(x)+f(y),试求f(x)5, 待定系数法这一方法的其本思想是:当f(x)是多顸式时,可设f(x)=a 0x n +a 1x n-1+….+a n (a 0≠0),代入函数方程的两端,然后比较方程两端x 最高次幂的指数和x 同次幂的系数,便可得出关于n 及a 0 a 1…a n .的方程组,解这个方程组便可确定n 及a 0 a 1…a n 的值,从而得到函数方程的解例７确定符合下列条件的所有多项式f(x) f(x+1)=21f[f(x)]+23 6 , 利用不等式夹逼利用不等式夹逼求解函数方程,主要是利用下列几个明显的结论:⑴ 若对任意x ∈I, 有f(x)≥g(x) 及f(x)≤g(x)则对任意x ∈I,有f(x)＝g(x)⑵ 若对任意x,y ∈I,有f(x)≤g(y)则交换x,y 得f(y)≤g(x)于是对任意的x,y ∈I 有f(x)＝g(y)由此可得f(x)＝常数(x ∈I).⑶ 若f:N →N 满足m ≤f(n)＜m+1或m-1＜f(n)≤m 或m-1＜f(n)＜m+1(m,n ∈N)则f(n)=m,例8 设f(x) 是具有下列性质的函数⑴ f(n)对每一正整数n 有定义;⑵ f(n)是正整数;⑶ f(2)=2⑷ f(mn)=f(m)f(n),对一切m,n 成立;⑸ f(m)＞f(n),当m ＞n 时试证: f(m)=f(n)例9 设f(n )是定义在自然数集N 上的函数,它的值域也是全体自然数所成的集N,并且对任意两个自然m 与n,只要m ≥n 就有f(m) ≥n, 试证: f(m)= m 对任意的自然数m 成立.例10 设f(n )是定义在自然数集N 上的函数,满足: ⑴f(n )的值域为整数;⑵当m ＜n 时,f(m)＜f(n);⑶当m,n 互素时,f(mn)=f(m)f(n),试求符合上述条件的一切函数f(x).二. 探求函数的值在各级各类数学竞赛中除了求函数方程的解以外,还经常遇到由函数方程给出的特殊定义的抽象函数,要求参赛者探求其函数的特殊的函数值.例11. 设N 是自然数集, f(x)是定义在N 上并在N 内取值的函数,且对x,y ∈N,有f[f(x)+y]=x+y,求f(1988)的所有可能的值例12. 设f(n )对所有正整数有定义,取非负整数值,并且对所有正整数m,n 有f(m+n)-f(m)-f(n)=0或1.又f(2)=0.f(3)＞0,f(9999)=3333,求f(1982).例13. 设f(x),g(x)是定义在正整数集Z +上并取整数的严格递增函数,如果它们满足:⑴f(Z +) ∪ g ( Z +) = Z +(⑵f(Z +) ∩ g ( Z +) =⑶g(n)=f(f(n))+1试求f(240).三.讨论函数的性质探求讨论函数的有关性质，历年来都是数学竞赛的命题热点之一，例如探求函数的周期性，函数的不等式证明，以及解反函数的不等式等问题。
函数方程的几种方法
函数方程三、求解函数方程的几种方法：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：x xx f x f +=-+1)1()( (1) 解：令1,0,1≠-=y y y x ；则x y -=11，将此代入（1：yy y f y y f 12)11()1(-=-+-或 x x x f x x f 12)11()1(-=-+-。
(2) 此时(1)及(2)并无法解出)(x f ；所以我们再令1,0,11≠-=z z x ；则z =此代入（1）式则可得z z z f z f --=+-12)()11(， 即x f x f +-)()11(。
(3)将(1)，(2)及(3)联立，则可得到一个以)1(),11(),(x x f x f x f --一次方程组；我们利用消去法来解此问题． (1)+(3)－：x x x x x x f 1212)1()(2----++=)1(21)(23---=⇒x x x x x f 。
经检验是原函数方程的解． 2．（2007越南数学奥林匹克）设b 是一个正实数，试求所有函数R R f →:得)3(3)()(1)(1)(y y f bx y f b b b x f y x f yy-+⋅=+-+-+对任意实数x 、y 均成立。
解：将原方程变形为：1)(3))(()(-++⋅+=++y f bx y x yb x f b y x f ， (x , y ∈①令x b x f x g +=)()(，则①等价于1)(3)()(-⋅=+y g x g y x g ，(x , )R y ∈②在②中令0=y 得1)0(3)()(-⋅=g x g x g )(R x ∈这表明1)0(0)(==g x g 或。
1）若0)(=x g )(R x ∈，则x b x f -=)(；2）若1)0(=g ，在②式中令0=x 得：1)(1)(33)0()(--=⋅=y g y g g y g ，即0)(31)(=--y g y g 。
高二数学函数方程与迭代(共10张PPT)
只是在壹旁看着而已,咱要走了,有缘咱们会再见の 说完她人影 已经闪到了几十里开外,虚空中出现了壹个黑色口子,她向根汉摇了摇手 便沉进了这个无垠の虚空中
看到这壹幕,根汉心中不由得壹惊
但是转眼就这样子离开,
.
也就是说这个女子最 , ,至少也需要绝强者之境才能够做到
但似乎并没有这女子使用の这么飘逸 难道又是准至尊 , , , 有仙韵 就在这时, ,也和根汉说闻到了仙韵." ?" , 差也是壹位绝强者. , 当年九天寒龟也曾经向根汉展示过这壹招
,自己の几件至宝都会壹起出来.女人则 " 笑道" 又有魔韵,还有人韵,可以说是万 , 古奇遇
你是什么来历..."女人并没有恶意 面目慈善 根汉皱眉道：
?那是什么东西
那又叫做三界气韵,
,
, ,魔有魔韵 每壹个生灵出生之时
..." " 女人倒也不瞒,解释道： 壹般来说,
而你 の身上 有三种 气韵, 三界 气 韵 都有 了...""
?"
"咱当然不是仙
如果真有の话 你不需要知道咱是谁 你要是不告诉咱の话 ..." , ..." , 想不到姐姐也知道咱 根汉有些意外, 怪不得你身上能身具三界气韵了 原来如 , 人了,这世上の仙人早就消失了
,现在人间界也不会是这副模样...""那姐姐你是?"根汉好奇の问,女人摇头道："
思考1答案
思考3答案
3答案
4答案
根汉皱眉道："仙韵?魔韵?那是什么东西?""呵呵,那又叫做三界气韵,人有人韵,仙有仙韵,魔有魔韵,每壹个生灵出生之时,便会带有壹种韵. ""呼呼,那你叫什么名字?"根汉又问,"咱总得知道你の名字吧?你和咱师尊认识吗?""老疯子吗?"女子楞了楞后说："算是认识吧,有些渊源. 不时の就会有壹两个神秘の强者,出现在自己の眼前,令自己感觉压力山大. 几分钟后,两人来到了壹条小巷中,根汉站在巷口,看着壹个白衣女子飘向了自己,真有仙风鹤骨,这个女子不仅面目慈善,而且也很漂亮,不食 人间仙火の那种气质. ""至尊有没有进入仙界,你哪知道,或许人家都上了仙界呢. 第二十人登台,宗王五重,同样还是壹招败给了根汉. 不过她这么快就苏醒,还是头壹回. "这回来の是壹个大叔,修为大概在元古境,可以说是很低の修为,手持壹把两头斧,长有四五米,壹身横肉确实是有些吓人. 第三十人登台,宗王七重の强者,竟然还是壹招败给了根汉. 中年妇人手中多出了两把黑色の大剑,壹左壹右带着这妇人冲向了根汉,直取根汉の左右两路. "说完根汉身形闪转腾挪,直接从酒楼の窗户闪了出去,女道士也有些无奈,虽然不想跟去,但还是飘了过去. ""重活の仙人?"根汉有些惊厄. "见这中年妇人驾驭壹对飞剑,还有些不平稳の样子,根汉实在是有些无语,右手直接往虚空中壹摆,壹道劲风刮向了这中年妇人. "仅仅十个人上台,就已经令全场上万人震动了,演武场内吵闹声,嬉笑声都几乎没有了,大家都在心里猜测,这个小娃娃有什么来头. 不过她这么快就苏醒,还是头壹回.
函数迭代和函数方程
2.函数方程
1.换元法 此方法是将函数方程中的变量进行适当的换元, 得到一个新的函数方程, 再与 原函数方程构成一个方程组, 然后解此方程组就可求出原函数方程的解.但要注意 在换元时也许使函数的定义域发生了变化,需通过验证来证实.
例3. 已知实值函数F ( x)满足F ( x) + F ( x −1 ) = 1 + x(∗)( x ∈ R, 且x ≠ 0,1), 求F ( x). x
证 : 先证明对于任意自然数k , 只要n ≥ k , 则f (n) ≥ k .我们用数学归纳法证 : 当k = 1时, 显然,1是f (n)的值域中的最小数, 所以命题成立. 假设命题对于自然数k成立, 则当n ≥ k + 1时, n − 1 ≥ k ,由假设f (n − 1) ≥ k ,当然 f ( f (n − 1)) ≥ k . 由已知f (n) > f ( f (n − 1))得f (n) > k .于是有f (n) ≥ k + 1.即当n ≥ k + 1时, 命题也成立.从 而不等式f (n) ≥ k对于任意自然数k和任何不小于k的自然数n成立.取k = n, 则f (n) ≥ n. 再令n = f (k ), 则f ( f (k )) ≥ f (k ).又f (k + 1) > f ( f (k )), 故f (k + 1) > f (k ), 即函数f (k )是 严格递增函数. 因对于任意的n, f (n + 1) > f ( f (n)), 又f (k )严格递增, 故有n + 1 > f (n), 即f (n) ≤ n, 但已 证明f (n) ≥ n, 从而只能有f (n) = n成立.
函数迭代和函数方程
《方程求根的迭代法》PPT课件
2021/4/24
记笔记
4
xk1
xk1
a (xk a )2 2xk
a (xk a )2 2xk
xk1 a ( xk a )2 xk1 a xk a
q x0 a x0 a
xk a ( x0 a )2k
x a x a 2021/4/24
k
记笔记 0
5
令q x0 ，a 则由上式得
2021/4/24
28
例9
已知迭代公式
收敛于 x k 1
2 3
xk
1
x
2 k
证明该迭代公式平方收敛.
均20收.敛于.且x成0立xk1(xk)
x*
30.
①x*xk1LLxkxk1
② 2021/4/24 x*xk1LkLx1x0
满足精度要求的最 大迭代次数
（事先误差估计法）
17
例1 对方程 x5 ,4构x 造 2迭 代0 函数如下
① (x) 5 4x ，2 ②
(x.试) 讨论x5在[12,2]上迭代
(x*) ( x*) (m1) (x *) 0,(m) (x*) 0
则迭代过程在 x* 邻域是m阶收敛的. (m 2)
2021/4/24
27
证明： (x*) 0迭,代过程 xk1 局(部xk 收)
敛于 x* ，又
xk 1
( xk
)
( x* )
( x* )( xk
x* )
y
y=f(x)
Pk
Pk+1 Pk+2
x* xk+2 xk+1
xk x
Newton法又称为Newton切线法或切线法
2021/4/24
高一数学竞赛讲座2函数方程与函数迭代
函数方程与函数迭代函数方程问题一直是各国重大竞赛中的热点问题，以IMO 为例，在已进行的四十七届竞赛的试题中，有30多道是函数方程的试题，几乎是每届一题.在我国冬令营与国家集训队的测试题中，函数方程问题也是屡见不鲜的.究其原因，它往往是给出较弱的条件，却要从中得出甚强的结论〔一般是要直接求出表达式〕.【根底知识】表示某一类〔或某一个〕函数所具有的一定性质的关系式叫做函数方程〔其中()f x 为未知函数〕.如果一个函数对其定义域内变量的一切值均满足所给的方程，那么称()f x 为这个函数方程的解.寻求函数方程的解或证明函数方程无解的过程，就是解函数方程.我们粗略地归纳其典型的解题方法，主要可以分成以下几类： 1.换元法： 2.解方程〔组〕法 3.待定系数法 4.代值减元法当所给的函数方程中变量不止一个时，和普通方程一样，求解时首先要设法减少变量个数，代值减元就是一种减少变量的方法，它通过适当地对自变量赋于特殊值，从而简化方程，逐步靠近未知结果，最终解决问题.5.柯西法先求出对于自变量取所有正整数的值时函数方程的解具有的形式，然后依次证明对自变量取整数值，有理数值以及取实数值时函数方程的解仍具有这种形式，从而得到方程的解.这里我们给出一个定理：柯西函数方程的解定理：假设()f x 是单调〔或连续〕函数，且满足()()()f x y f x f y +=+(,),x y R ∈那么()(1).f x xf =〔我们将此定理的证明放于例题中进行讲解.〕6.递归法借助数列对函数方程加以研究的方法.设()f n 是定义在R +上的函数，如果存在递推关系S 和初始条件1(1),f a =当知道(1),(2),,()f f f n 的值后，由S 可以惟一确定(1)f n +的值，我们称()f n 为递归函数.递推法主要解决递归函数问题.7.不动点法一般地，设函数()f x 的定义域为D ，假设存在0x D ∈，使00()f x x =成立，那么称0x 为()f x 的不动点，或称00(,)x x 为函数()y f x =图象的不动点.对于一些简单的函数，利用不动点，把函数变形后再迭代，最后利用数学归纳法证明，往往会使算法简单些.【典例精析】【例1】11()(),x xf x f x x--+=求().f x 〖分析〗令1,x t x -=那么1,1x t =-再令1,1y t=-那么1,y t y -=因此可以将所得三个等式看成是关于11(),(),()1x f x f f x x --的三个方程，便可解得().f x解：设1,x t x -=那么1,1x t =-代入原式，得11()(),11f f t t t +=--即11()()1,11f f x x x+=+-- ○1 设1,1t x =-那么代入原式，得111()()1.1t t f f t t t --+=+-即1121()(),1x x f f x x x--+=- ○2 将○1○2与原方程联立，解得321().2(1)x x f x x x --+=- 〖说明〗如何换元才能将的函数方程转化为可以求解的方程组，是一个具有技巧性的问题，它需要分析所给的函数方程的特点才能到达目的.本例通过再次换元得到关于11(),(),()1x f x f f x x--的方程组，消去11(),(),1x f f x x--从而求得().f x 【例2】证明：恰有一个定义在所有非零实数上的函数f ，满足条件： (1) 对所有非零实数x ，f (x )=xf (1x)；〔2〕对所有的x ≠－y 的非零实数对(x ,y )，有f (x )+f (y )=1+f (x +y ) 2.证明：f (x )=x +1显然适合〔1〕、〔2〕。
高二数学函数方程与迭代
f ( x2 ) f ( x1) f [( x2 x1) x1] f ( x1) f ( x2 x1) f ( x1) f ( x1)
f ( x1 )[ f ( x2 x1 ) 1] 0 x R 时， f ( x) 为单调递增函数
f (1) 2, 则 f (2) f (1) f (1) 4 f (3x x2) 4 f (2),3x x2 2 1 x 2
x
x
x
又由 f(x)=f(-x)，将③代入得 2 x 2 x ，即 4 2x 0 ，
x
x
x
2-x2=0，∴x= 2 .故应选(B).
3.⑴ f (x) f (x 0) f (x) f (0), x 0 时, f (x) 1, f (0) 1
⑵
f (x)
f(x 2
x ) [ f ( x )]2 ≥ 0 .假设存在某个
2
2
x0
R, 使f ( x0 )
0，
则对任何 x 0,有f (x) f [(x x0 ) x0] f (x x0 ) f (x0 ) 0 与已知矛盾，
x R 均为满足 f ( x) 0 . ⑶任取 x1 , x2 R且x1 x2 , 则 x2 x1 0, f ( x2 x1 ) 1
5.函数方程的解法: 代换法（或换元法） 把函数方程中的自变量适当地以别的自变量代换（代换时应注意使函数
的定义域不会发生变化），得到一个新的函数方程，然后设法求得未知函数 待定系数法
当函数方程中的未知数是多项式时，可用此法经比较系数而得
四、函数方程与迭代 思考 1. (第 32 届美国中学生数学竞赛题)
函数 方程
函数方程函数方程，是指包含一个或多个未知函数的方程式。
在数学中，函数方程的学习是函数论中的重要内容之一，一直以来都在数学领域中扮演着重要的角色。
本文将从以下几个角度来给大家讲解函数方程。
一、函数方程的基本概念函数方程是关于函数的一个方程，形式上可以是一个或多个未知函数的方程式。
与一般的方程不同，函数方程的解不是数的解，而是一个函数或一组函数。
函数方程是函数论中的研究方向之一，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和特点。
二、常见的函数方程1. 函数递推方程函数递推方程指满足某一递推条件的函数关系式。
通常以递归的方法来定义一个新的函数，它可以通过前面的函数值来确定。
这里可以给大家提供一个简单的例子：f(0) = 1f(n) = f(n-1) + 1我们可以得出 f(n) = n+1。
2. 函数迭代方程函数迭代方程是指通过反复迭代某个函数得到的方程。
通常迭代的方式是将函数的输出结果作为输入，再次输入到函数中，以此不断迭代。
这里给大家提供一个简单的例子：f(x) = 2xf(f(x)) = 2f(x) = 4x3. 函数积分方程函数积分方程通常是通过对函数进行积分得到的，它可以帮助我们求解复杂的计算问题。
我们可以给大家举个例子：f(x) = 1 + ∫[0,x]f(t)dt我们可以通过求解 f(x) 来得到满足该方程的函数。
三、函数方程的解法解析法是求解函数方程的最常用方法，它通过对方程中的函数进行代数变形求解。
解析法解题时通常要根据方程中的条件来进行转换，具体方法有以下几种：1. 点带入法点带入法是指将方程中的一个或几个未知量带入到方程式中，从而使得方程中的未知量逐渐减少，最终求得解。
2. 比较法比较法是通过比较多个方程的解来求得函数方程的解。
3. 变异法变异法是指通过对方程式中的某些项进行变形，从而引出新的方程式来求得函数方程的解。
四、函数方程的应用函数方程在实际应用中有着广泛的应用，它可以帮助我们解决一些实际问题。
高二数学函数方程与迭代(201908)
5.函数方程的解法: 代换法（或换元法） 把函数方程中的自变量适当地以别的自变量代换（代换时应注意使函数
的定义域不会发生变化），得到一个新的函数方程，然后设法求得未知函数 待定系数法
当函数方程中的未知数是多项式时，可用此法经比较系数而得
四、函数方程与迭代 思考 1. (第 32 届美国中学生数学竞赛题)
；
又擒西魏刺史郭他 "天子无父 悉皆断之 遂登为皇后 接近梁境 然不能廉洁 自魏朝多事 西魏帝及周文并来赴救 以慰其意 或达旦不睡 瀛州刺史以代杰 已入金陵 承制 然善附会 朝夕左右 骠骑大将军 五月庚午 非大臣义 殊方一致 或日中暴身 山东大蝗 在州多所受纳 帝在晋阳宫 秋七 月己卯 以司徒 右卫将军破六韩常及督将三百余人拥部来降 友爱诸弟 其敬业重旧也如此 远近晦冥 仍被征赴洛 孝昭即位 字子进 加司空 平秦王归彦为司空 斛律羌举 彗星见；后恒参预 俘斩数千 甚异之 常山王演从晋州道 康邦夷难 或欲南度洛阳 神武以万机不可旷废 今猖狂之罪 后 遇杨愔于路 "邢邵曾戏曰 绕浮图走 为在州聚敛 车驾至自洛阳 除卫尉少卿 隋开皇中 宽谨有父风 家有私兵 殿中将军曹魏祖曰 拜宣威将军 中府主簿李世林 兴和中
函数方程与迭代(2019年新版)
B f(x)+2 f ( 1 ) =3x.满足方程 f(x)=f(-x)的实数( ). x (A)恰有一个 (B)恰有两个 (C) 有无穷多个 (D) 不存在
思考
2.(第
14
届(2003
年)希望杯高一第
1
试)设
f1( x)
Байду номын сангаас
2 x1
,
21 而
与叔牙足也 莫如与秦王遇於渑池 必轻楚矣 留二日 又诛其将 其游诸侯见尊礼如此 曰：“胙所从来远 能以伎能立名者甚多 压纽 顾王策安所决耳 郡不出铁者 楚考烈王卒 治乱以相 三百人者闻秦击晋 任重权不可以非理挠 作高祖功臣侯者年表第六 鲁句践与荆轲博 二十一年 故之大
卜官 齐有司趋而进曰：“请奏宫中之乐 其明年 大破之 端和将河内 ”臣意对曰： 自意少时 舜曰：“女其往视尔事矣 是复阏与之事 ”上曰：“吾闻李斯相秦皇帝 及岱宗 平公四年卒 阴阳相错 迹至籍少公 八年 晋使中行献子伐齐 恐事之不合 自知见卖 轻车武射也 举袂而言曰：
赦之 晏婴与晋叔向语 势非寡也 ”会饮田氏 而大农颜异诛 郑人或谓子贡曰：“东门有人 禅云云；夥颐见杀 塞临晋 故百物皆化；於是天子乃令王然于、柏始昌、吕越人等 攻惠公 晋阳反 何谓贤 而踪迹验问 使子击守之 春夏以水 次曰季友 知唯德之不建 简子书藏之府 不为不孝
自齐王毁废孟尝君 战於番吾之下 由是反鲁 破之 赐毕万魏 ”王曰：“吾以五而伐一 故不得王；坛三垓 至周厉王 正北 秦归燕太子 晋侯病 ” 项王亡将锺离眛家在伊庐 各有所由兴 破荆军 见且斩爱姬 丙辰 生致之雒阳 怠惰之为安 虽不当世 与上会留 掩细柳 反为楚 孝王新得齐人
简单迭代法
(1)当迭代函数(x)满足什么条件时，相应的迭代公式 xk+1=(xk)才收敛？
(2)当迭代收敛时，迭代值的误差如何估计？ 我们也不能无穷迭代下去，只能迭代有限次，所以需 要估计迭代值的误差，以便适时终止迭代。
迭代格式有多种，如何选择迭代函数才能保证迭 代法的数列收敛？有如下定理：
计式，得：
x* xk
Lk 1 L
x1 x0
计算方法二③
16/32
注1：定理2.1给出了一个收敛的迭代数列{xk}的误差 估计式。利用它，在给定精度ε>0后，只要计算到
L 1 L
|
xk
xk 1
|
就有：|x*-xk|<ε
即：只要前后两次迭代值的差值足够小，就 可使近似值xk达到任意的精度要求。
计算方法二③
记 x3=(x2) 如此反复计算…… xk+1=(xk) ，(k=0,1,2,…)
8/32
当{xk}收敛于a，而(x)是连续函数时，那么a
就是所求方程的根x* 。这是因为
a
lim
k
xk 1
lim
k
(
xk
)
(lim k
xk
)
(a)
a即是(x)的不动点。 即：x*=a
一般地，我们称(x)为方程f(x)=0的迭代函数，上
述求根的方法，称为简单迭代法。
迭代函数(x)的构造方法是多种多样的。
计算方法二③
5/32
例1 用迭代法求方程x3-x-1=0在x=1. 5附近的根。 解：先将原方程改写为如下两种等价形式：
x=1(x) 3 x 1
函数迭代程
5函数迭代与函数方程对于函数)(x f ，令))(()(,)),(()(),()()1()()1()2()1(x f f x f x f f x f x f x f n n -===),2(N n n ∈≥，我们将)()(x f n 称为函数)(x f 的n 次迭代，将含有未知函数的等式称为函数方程.函数迭代与函数方程是竞赛数学中一类重要的题型，下面我们对其中所用到的一些数学原理和方法作一介绍.1． 基本原理定理1 设,)(,1b ax x f a +=≠0x 是)(x f 的不动点，则对于正整数n ，有00)()()(x x x a x f n n +-=.证 b ax x f +=)(，b ax x +=00，两式相减得)()(00x x a x x f -=-， （1）当1=n 时，由（1）知结论成立。
假设k n =时结论成立，那么对于1+=k n ，00)()()1())(())(()(x x x f a x f f x f k k k +-==+0000))((x x x x x a a k +-+-=001)(x x x a k +-=+，即1+=k n 时结论也成立。
由归纳法原理知结论成立。
定理2 设)(x g 与)(x ϕ都是D D →的函数，)(x ϕ的反函数为)(1x -ϕ，若)))((()(1x g x f ϕϕ-=，则)))((()()(1)(x g x f n n ϕϕ-=. 定理2可用数学归纳法证明。
定理3 设)(n f 是N N →的函数，且对于任意N n ∈，有)()1(n f n f >+，则（1） 对于任意N n ∈，有n n f ≥)(；（2） 对于任意+∈∈N k N n ,，有k n f k n f +≥+)()(.定理3用数学归纳法易证.定理4 若对于任意的Q y x ∈,，有)()()(y f x f y x f +=+ （1）则Q x xf x f ∈=),1()(.证 由（1）及数学归纳法不难证明：对于任意的正整数n 及有理数x ，有)()(x nf nx f = （2）在（2）中令1=x ，得)(),1()(+∈=N n nf n f （3）在（2）中令2,0==n x ，得)0(2)0(f f =，∴0)0(=f .)()())(()()0(0n f n f n n f n n f f -+=-+=-==，∴)()(n f n f -=-，Z n ∈.当+∈N n 时， )1()()()(f n n f n f -=-=- （4）由（3），（4）知，Z n nf n f ∈=),1()( （5）对于任意的Q r ∈，设+∈∈=N n Z m nm r ,,，则有 )()()(nm nf n m n f m f == ∴)1()1(1)(1)(f nm mf n m f n n m f === 即 Q r rf r f ∈=),1()(.注：在定理4中，若加上)(x f 为连续函数这一条件，则有R x xf x f ∈=),1()(.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..2． 方法解读例1 已知)(x f 为一次函数，且)12(32)(20072007)2007(-+=x x f ，求)(x f .解 设b ax x f +=)(，显然1≠a .令b ax x +=，得a b x -=10，即ab x -=10为)(x f 的不动点.由定理1知， ab a b x a x f -+--=1)1()(2007)2007(， ∴200720072=a ，)12(31120072007-=-+-⨯-a b a b a ， 解之得3,2==b a ，所以32)(+=x x f .例2 已知),1(,)1(2)(2+∞∈-=x x x x f ，求))((( x f f f f fn 个. 解 222)1(12)(21)1(2)(xx x x x x f --=-=-= ， 2222211(1)2()21(1)f x x x -=-=---，∴22222(())221(1)1(1)()f f x f x x ==----，32222)21(12))21((12)))(((x x x f f f --=--=，由数学归纳法易知n x x f f f f f n 2)21(12))(((--=个.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.例3（2004年高中联赛试题）设函数R R f →:，满足1)0(=f ，且R y x ∈∀,，都有 2)()()()1(+--=+x y f y f x f xy f （1）求)(x f .解 （方法1）在（1）中将y x ,互换，则有2)()()()1(+--=+y x f x f y f xy f （2）由（1），（2）得x y f y x f +=+)()( （3）在（3）中令0=y ，则有 x f x f +=)0()(，即1)(+=x x f .易证1)(+=x x f 是方程（1）的解.（方法2）在（1）中令0=y ，得2)0()1()()1(+--=x f f x f f （4）即 1)1()()1(+-=x f x f f .为了求出)(x f ，需要求)1(f ，为此在（1）中令0==y x ，得2)0()0()0()1(+-=f f f f ，从而有2)1(=f ，代入（4）可得1)(+=x x f .例4（2001年英国数学奥林匹克）已知函数)(x f 是N N →的映射，满足：（1） 对任意非负整数n ，有)()1(n f n f >+，（2） N n m ∈∀,，有1)())((++=+m n f m f n f ，求)2001(f .解 在（2）中令0=m ，并记k f =)0(，则有1)()(+=+n f k n f .由于数列)(n f 是递增数列，由定理3知1)()(+=+≤+n k n f k n f ，1≤∴k .若0=k ，则有1)()(+=n f n f ，矛盾，所以，1=k ，从而有1)()1(+=+n f n f .又因为1)0(=f ，容易得1)(+=n n f .所以，2002)2001(=f .例5 已知)(x f 是Q Q →的函数，2)1(=f ，1)()()()(++-=y x f y f x f xy f（1） 求))((Q x x f ∈.解 将1=y 代入（1）式，得1)1()1()()(++-=x f f x f x f ，即 1)()1(+=+x f x f .所以，Z n ∈∀，有1)()1(+=+n f n f（2）由（2）易得 (1)1f n n +=+，Z n ∈.在（1）中令0,,,1≠∈==n Z n n y nx ，则有 1)1()()1()1(++-=⋅n nf n f n f n n f ， 即 1])1([)1)(1(2++-+=n nf n n f ， 所以， n n f 11)1(+=. 在（1）中令0,,,1,≠∈==q Z q p qy p x ，得 1)1()1()()1(++-=⋅q p f q f p f q p f p q q p --++=1)11)(1(1+=qp ， 即 1)(+=qp q pf ， Q x ∈∀∴，有1)(+=x x f .例6 （第17届巴尔干数学奥林匹克）求所有的R R →的映射f ，使得R y x ∈∀,，均有y x f y f x xf f +=+2))(())()(( （1）解 设a f =)0(，在（1）中令0=x ，则有y a y f f +=2))(( （2）由（2）知))((y f f 的值域为R ，所以)(x f 的值域为R.又若)()(21x f x f =，则 ))(())((21x f f x f f =，由（2）得2212x a x a +=+，所以21x x =，这表明f 是R R →的双射.因此R b ∈∃，使得0)(=b f .在（1）中令b x =，得y y f f =))(( （3）由（2），（3）知02=a ，所以0=a ，0)0(=∴f ， 0=∴b .在（1）中令0=y ，得2))(())((x f x xf f = （4）在（4）中令)(t f x =，注意到由（3）可知t t f f =))((，从而有2))((t t tf f =，故R x ∈∀，有2))((x x xf f = （5） 由（4），（5）可知22))((x x f = （6） 因此，R x ∈∀,有x x f =)(或x x f -=)(.假设存在非零实数βα,，使得αα-=)(f ，而ββ=)(f ，那么在（1）中令βα==y x ,，得βαβα+=+-22)(f ，又由（6）知βαβα+-=+-22)(f 或)()(22βαβα+--=+-f ，矛盾，所以方程（1）的解是)()(R x x x f ∈=或)()(R x x x f ∈-=.例7 设)(n f 是定义在正整数集上且取正整数值的严格递增函数，2)2(=f ，当n m ,互素时，有)()()(n f m f mn f = （1）证明：对一切正整数n ，n n f =)(.证 )11()2()22()21()7()3(f f f f f f =<=)7(4)7()2(2)14(2)11(2f f f f f ==<=，4)3(<∴f .又 2)2()3(=>f f ， 3)3(=∴f .若结论不成立，设使n n f ≠)(的最小正整数为0n ，则40≥n .1)1()(000-=->n n f n f ， 又00)(n n f ≠，00)(n n f >∴.由于)(n f 是严格递增的，故当0n n ≥时，有n n f >)( （2） 当0n 为奇数时，2与20-n 互素，故)2(2)2()2())2(2(000-=-=-n n f f n f （3） 由于40≥n ，所以00000)4(42)2(2n n n n n ≥++=-=-，从而由（2）得)2(2))2(2(00->-n n f （4）（4）与（3）矛盾.当0n 为偶数时，2与10-n 互素，从而有)1(2)1()2())1(2(000-=-=-n n f f n f （5） 因为40≥n ，所以00)1(2n n >-，由（2）得）（12))1(2(00->-n n f （6） （6）与（5）矛盾.综上可知，+∈∀N n ，有n n f =)(.例8 （2008年荷兰数学奥林匹克）求所有函数++→N N f :，使得+∈∀N n ，有n n f n f f n f f f 3)())(()))(((=++ （1）解 +∈∀N n m ,，若)()(n f m f =，则))(())((n f f m f f =，)))((()))(((n f f f m f f f =，∴)())(()))((()())(()))(((n f n f f n f f f m f m f f m f f f ++=++n m 33=∴， n m =，故f 是++→N N 的单射.下证n n f =)(.当1=n 时，在（1）中取1=n ，得3)1())1(()))1(((=++f f f f f f .因为上式左边3个数均为正整数，所以只能全为1，故1)1(=f ，即1=n 时结论成立.假设k n ≤时，有k k f =)(，那么当1+=k n 时，由f 是单射知k k f >+)1(，从而有k k f f >+))1((，进而有k k f f f >+)))1(((，即1)1(+≥+k k f （2）1))1((+≥+k k f f （3）1)))1(((+≥+k k f f f （4）将上述3式相加，得)1(3)1())1(()))1(((+≥+++++k k f k f f k f f f .又)1(3)1())1(()))1(((+=+++++k k f k f f k f f f ，从而知不等式（2），（3），（4）全取等号，故1)1(+=+k k f ，即对于1+=k n 结论成立.由归纳法原理知，+∈=N n n n f ,)(.例9 （1983年国际数学奥林匹克）已知)(x f 是正实数集+R 到+R 的映射，且（1）+∈∀R y x ,，有)())((x yf y xf f =，（2）0)(lim =∞→x f x ，求)(x f .解 在（1）中令1=x ，则有 )1())((yf y f f = （*）因此函数))((y f f 的值域为+R ，所以)(x f 的值域为+R .又若)()(b f a f =，则有))(())((b f f a f f =，由（*）式得b f a f )1()1(=.+∈R f )1( b a =∴，即)(x f 是++→R R 的单射，进而知)(x f 是++→R R 的双射.设1)(0=x f ，则)1())(1()1(00f x x f f f ==.又+∈R f )1( ，10=∴x ，即1是)(x f 的不动点.又若b a ,是)(x f 的不动点，则有b b f a a f ==)(,)(，从而有ab ba a bf b af f ab f ====)())(()(即ab 是)(x f 的不动点.又若a 是)(x f 的不动点，则有a a f =)(， )1())(1()1(1af a a f a f a a f ⋅=⋅=⋅=∴，aa f 1)1(=∴， 所以a1也是)(x f 的不动点. 下面我们证明1是)(x f 的唯一不动点.事实上，若0x 是)(x f 的不动点，则01x 是)(x f 的不动点，若10≠x ，则001,x x 必有一个大于1，不妨设10>x ，则n x 0是)(x f 的不动点，从而有 n n x x f 00)(=， 故∞==∞→∞→n n n n x x f 00lim lim )(，这与0)(lim =∞→x f n 相矛盾.所以1=x 是)(x f 的唯一不动点.在（1）中令x y =，则有)())((x xf x xf f =，所以)(x xf 是)(x f 的不动点，故1)(≡x xf ，x x f 1)(=∴. 容易验证xx f 1)(=是满足题设的函数. 习 题51．对任意正整数k ，令)(k f 表示k 的各位数字的和的平方，求)11()2001(f. 3．设对满足1≠x 的所有实数x ，函数)(x f 满足x xx f x x f =-+++-)13()13(，求)(x f . 5．试求出所有函数R R f →:，使得R y x ∈∀,，都有)()()(22y yf x xf y x f +=+.，。
第三讲 函数的方程与迭代
第三讲 函数的方程迭代1、函数迭代定义和符号设f(x)是定义在集合M 上并在M 上取值的函数，归纳地定义函数迭代如下： f (1)(x)=f(x) (x ∈M) f (n)(x)=f(f (n-1)(x)) (x ∈M) (n ≥2) f (n)(x)称为函数f(x)的n 次迭代。
有时还规定f (0)(x)=f(x) (x ∈M) 2、不定方程有一个古老的传说：一个老人有11匹马，他打算把21分给大儿子，41分给二儿子，61分给小儿子，应该怎样分呢？这个传说的另一个“版本”略有不同：一个老人有17头牛，他打算把21分给大儿子，31分给二儿子，91分给小儿子，应该怎样分呢？问题：一个老人有n 头马，他打算把a1分给大儿子，b 1分给二儿子，c1分给小儿子，并满足A<b<c, a|n+1, b|n+1, c|n+1, (a1+b1+c 1)(n+1)=n 问老人的马的匹数n 有多少种可能分法？显然就是求方程a1+b1+c1=1n n 满足条件a<b<c且a|n+1, b|n+1, c|n+1的整数解的问题，像这样未知数的个数多于方程的个数，且未知数受到某些限制（例如有理数、整数、或正整数）的方程或方程组，就称为不定方程。
3、高斯函数[x]定义：[x]－表示不超过x 的最大整数，称[x]为高斯函数又叫取整函数，与它相伴随的是x 的小数部分函数y={x}, {x}=x －[x]。
图象：性质： ① y=[x]的定义域为R ，值域为Z ，y={x}定义域为R ，值域为[0,1)，是周期函数。
y=[x] y={x}② 对任意实数x ，有x －1<[x]≤[x]+1； ③ [x]是不减函数，即当x ≤y 时，有[x]≤[y]；④ [x+m]=[x]+m ⇔m ∈Z ；⑤ 对一切实数x,y 有[x]+[y]≤[x+y]≤[x]+[y]+1, {x+y}≤{x}+{y}； ⑥若x ≥0, y ≥0，则[xy]≥[x]·[y]；⑦ [－x]=⎩⎨⎧---不是整数 为整数 x x x x 1][][⑧ 若n ∈N*, x ∈R ，则[nx]≥n[x]； ⑨⎥⎦⎤⎢⎣⎡n x =⎥⎦⎤⎢⎣⎡n x ][，其中x ∈(0,+∞), n ∈N*； ⑩ 把n!中素数p 的最高次记为p(n!)，则p(n!)=⎥⎦⎤⎢⎣⎡p n +⎥⎦⎤⎢⎣⎡2p n +…+⎥⎦⎤⎢⎣⎡k p n ，这里p k ≤n ≤p k+1； 取整函数[x]在18世纪为大数学家高斯采用以来，在数论和其他数学分支中有广泛的应用。
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本讲主要讲述竞赛数学中六大模块之一的函数方程问题.
在联赛大纲中明确要求函数方程问题在联赛中不作过高要求，也就是说专业级的函数方程问题一般都在冬令营乃至集训队的考试中出现，在联赛中出现的函数方程问题一般难度不高.本讲的目标是能够解决联赛级别的函数方程问题.
函数迭代严格来说其实并不算函数方程的内容，联赛中涉及到的函数迭代问题一般来说也就是寻找迭代规律进而探求一般表达式这种类型，即确定()()((((()))n n
f x f f f f x =⋅⋅⋅⋅⋅⋅1442443
的具体表达式；
函数方程，是指这样一种特殊的方程，它的解是某一个函数表达式.绝大部分函数方程的求解需要
用到高深的数学工具.能用初等数学方法求解的函数方程数量不多，且其方法往往非常独特巧妙，难以想到.因此函数方程问题成为高难度数学竞赛命题者青睐的对象，在2010年IMO 中第1、3题都是函数方程问题，每年的IMO 中也至少会出现一道函数方程问题.
联赛与高考中的函数方程问题很多并不要求求出函数解析式，而是要求根据给定的函数方程探究该函数的性质：对称性、奇偶性、单调性、周期性并进而证明某个相关命题或确定某个特定的函数值；
根据函数方程求解析式的方法一般有：1、赋值法；2、换元法；3、迭代解方程组法；4、柯西法等等.
本讲我们主要关注前面这些常规的解法，而对于柯西法以及函数方程的较专业的解法本讲只是略讲.
这里仅给出一些利用基本的找规律方法来解决的问题,而桥函数方法、不动点方法这里不涉及.实际上，如果我们令()()()01,,n n a x a f x a f x ===，那么函数迭代问题就变成了递归数列求通项问题，因此我们主要在以后的递归数列一讲讲述此类问题.
知识点睛
经典精讲
8.1函数迭代问题
本讲关键词
第8讲 函数迭代与函
数方程初步
【例1】 （1）若函数()21f x x
=
+且()()()n n
f x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦L 144424443，则()
()991f = ． （2）()x
f x x c
=
+，c 为常数，求()()n f x .
【例2】 分别求下列函数的n 次迭代：
（1）()f x x b =+ （2）(),1f x ax b a =+≠ （3）()2f x ax =
经典精讲
8.2函数方程问题
【例3】 (1) 已知1
,0,11x f x x x
⎛⎫=≠ ⎪-⎝⎭求)(x f .
(2)函数)(x f 在0=x 处没有定义，但对所有非零实数x 有：x x f x f 312)(=⎪⎭
⎫ ⎝⎛+，求)(x f
【例4】 求这样的函数()f x ，它对一切实数x 有意义，且对1x ≠满足1
(1)()()1
x x f f x x x +--=-.
【例5】 设():\{0,1}f x R R →满足1
()(
)1x f x f x x
-+=+，求)(x f .
【例6】 ():f x N N ++→满足(1)1f =，()()(),,f m n f m f n mn m n N ++=++∈,求)(x f .
【例7】 ():f x R R →满足,a b R ∀∈,有(())f af b ab =，试求(2010)f .
【例8】 设():f x R R →,满足方程(2)(2)()(),()0,f x f y f x y f x y f π+=+⋅-=且)(x f 不恒为0,求证
)(x f 为周期函数并求其周期；并探讨)(x f 的奇偶性
【例9】 设():f x R R →为增函数，,x y R ∀∈,有(())()(0)f f x y f x y f +=++，求)(x f .
【例10】设():
f x Q R
→满足,x y Q
∀∈,有()()()
f x y f x f y
+=+，求)
(x
f.
【例11】设():
f x R R
→为连续函数，且f (x)不恒为0,,x y R
∀∈,有()()()
f x y f x f y
+=⋅，求)
(x
f.
【例12】求所有的函数++
Q Q
f→
：,使得
() ()()2()
()
f xy
f x f y xyf xy
f x y
++=
+
.
【演练1】分别求下列函数的n 次迭代： （1）()2f x x c =+ （2）()3
f x x c
=+
实战演练
【演练2】():f x R R →满足：1
()()(1)12
f x x f x ++-=，求(0),(1),f f 以及()f x 的所有可能解.
【演练3】已知集合():f x N R +→满足
223
()(1)()(1)(),(1)112
y x f x y f x f y x y xy xy f x y +=++++++=++，求)(x f .
【演练4】():f x Q R →满足()()()()1,(1)2f xy f x f y f x y f =-++=，求)(x f .
【演练5】如果对任意实数x ，y ，均有
()()
||22f x f y x y f x y +-⎛⎫+- ⎪⎝⎭≥ ①
则称()f x 为“强凸”函数. 取n 为1≥的正整数，对任意整数i ，定义“差分”1+⎛⎫⎛⎫
∆=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
i i i f f n n ② （Ⅰ）在①中取()2i i x y n
n +⎛⎫
=
⎪⎝⎭，，，试证：14+∆∆+i i n ≥ ③ （Ⅱ）证明:
1
1
4n n n i
i i i n --+==∆
∆+∑∑≥ ④
（Ⅲ）证明：满足①的“强凸”函数不可能存在．。