函数方程的几种方法 (1)

函数方程

三、求解函数方程的几种方法：

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。在高数数学各级竞赛中，都有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 x x f x f +=-+1)1

(

)( (1)

解：令1,0,1≠-=y y y x ；则x

y -=11

，将此代入（1）可得：

y

y y f y y f 1

2)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x x z 1-=

，将此代入（1）式则可得z z z f z f --=+-12)()11(，即x

x

x f x f --=

+-12)()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 --为独立变数的三元一次方程组；我们利用消去法来解此问题． (1)+(3)－(2)可得：

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 →:，使

得 )3(3)()(1)(1)(y y f b x y f b b b x f y x f y y -+⋅=+-+-+对任意实数x 、y 均成立。 解：将原方程变形为：1

)(3))(()(-++⋅+=++y f b x y x y b x f b y x f ， (x , )R 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 。)(R y ∈③

考虑函数t t h t -=-13)(，它的导函数13ln 3)('1-=-t t h ，则11)(log log 0)('33<+=⇔=e t t h ，于是可知0)(=t h 有两根11=t 和

c t =2)10(<

假设存在R y ∈0使c y g =)(0，则)(3)()()0(101)(0000y g c y g y y g g y g -⋅=⋅=-==--，∴c c y g ≠-=-1)(0 或1，∴c y g =)(0矛盾，因此1)(=y g )(R y ∈，∴x b x f -=1)( 综上知：x x b x f b x f -=-=1)()(和 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。

二．柯西法

1．设)(x f 为定义在实数集R 上的单调连续函数，试解函数方程

)()()(y x f y f x f +=⋅。

解：由)

()()(y x f y f x f +=⋅用归纳法得：)()()()(2121n n x x x f x f x f x f ++=。 当n x x x === 21时，有)()]([nx f x f n =。①

若1=x ，n x f n f )]([)(=，令a f =)1(，得n a n f =)(，在①式中令n

x 1

=得：)1()]1

([f n f n = 因)(x f 定义在实数集R 上，n 是偶数时，必有0)1(≥f ，这样0≥a ，

∴n a n

f 1)1

(= 若m 为正整数，利用上式得：

n m m

n m a a n

f n n n f n m f n m f ===+++=⋅=)()]1([)111()1()(1 ， 在原方程中，令0=y 有：)()0()(x f f x f =⋅，因)(x f 单调)(x f 不恒为0，∴01)0(a f ==。

在原方程中，令x y -=有n m x y -

=-=(n , )N m ∈，则有)0()()(f n

m

f n m f =⋅-， 即n m

n m

a a n

m f n m f --===-1)()(1)(，(又因为)(n m

f -有意义，∴)0>a 。这样，我们

便在有理数集内求得了函数方程)0()(>=a a x f x 。

又因)(x f 单调，不能恒为1，则)10()(≠>=a a a x f x 且为指数函数。 当α=a 为无理数，设i i b a <<α且a i , b i 为无限接近于α的有理数，则由)(x f 单调知α

αa f =)(，

∴原方程的解为)10()(≠>=a a a x f x

且。

说明：柯西法是由解柯西方程)()()(y f x f y x f +=+而归纳出来的方法。 2．试求定义在有理数集并且在有理数集上取值的函数()f x ，设 （1）(1)2f =（2）()()()()1f xy f x f y f x y =-++。求函数()f x 。

解：令1,y =由（2）得()()(1)(1)1f x f x f f x =-++。① 将(1)2f =代入①，化简得(1)()1f x f x +=+。②

当n N +

∈时，有

()(1)1(2)2()f x n f x n f x n f x n +=+-+=+-+==+，③ 由②得()(1)1f x f x =+-

即[()]()()()f x n f x n n N +-=+-∈。④由③、④有：()()()f x n f x n n Z +=+∈。⑤

在⑤中，令1x =，得(1)2()f n n n Z +=+∈。⑥

对于任意的有理数,(,)n m n Z m ∈在（2）中，令,,n

x m y m

==得

()()()()()1n n n

f n f m f m f f m m m m

==-++。由⑤、⑥有

1(1)()()1n n

n m f f m m m +=+--+

由此得()1n n

f m m

=+，故所求的函数是()1().f x x x Q =+∈

三．用函数迭代法解方程 1．求解函数方程：x x x

f x f x x f cos )11()1()11(

=-++-++-)1,0(±≠x 。 解：设11)(+-=x x x g ，则x x g g g g x g ==))))(((()()4(并且x x g g x g 1

))(()2(-==，

x

x

x g g g x g -+=

=11)))((()3(，于是原方程变为：x x g f x g f x g f cos )]([][)]([)3()2(=++。①

令)(x g x =得：)(cos )()]([)]([)3()2(x g x f x g f x g f =++，② 令)()2(x g x =得：)(cos )]([)()]([)2()3(x g x g f x f x g f =++，③ 令)()3(x g x =得：)(cos )]([))(()()3()2(x g x g f x g f x f =++，④

由①②③④得：x x g x g x g x f cos 2)(cos )(cos )(cos )(3)3()2(-++=，

∴)cos 211cos 1cos 11(cos 31)(x x

x

x x x x f --++++-=

说明：利用函数迭代解决函数方程问题有立竿见影的效果。

2．试求所有的函数:f R R →，使得对任意,x y R ∈，都有

2(())()f x f y y xf x +=+

解

：

令

x =，则有(2)()f y y =，从而(2)22(())(())()f y xf x f x f y x f y +=+=+。 在上式中用()

f x 代替x ，则

可

知

(2)2(()())(())()()f y f x f x f y xf x f x f y +=+=+，于是有 22()f x x =，从而有()f x x =或()f x x =-。

验证可知，这两个函数都是方程的解。

3．设11,022

()12(1),1

2

x x f x x x ⎧

+≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩，找出12345,,,,x x x x x 使：

2132435415(),(),(),(),()x f x x f x x f x x f x x f x =====．

解：当1[0,]2x ∈时，211()[,1],2x f x =∈设32()x f x =也在1

[,1]2

中，

4354(),()x f x x f x ==也