专题——函数迭代

1、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xCD,记f(0)(x)=x,f(x)=f(x)f(x)=f(f(x),，f(n+1)(x)=f(f(x).则称f(x)为f(x)的n次迭代，并称n为f(n)(x)的迭代指数。如果f(x)有反函数，则记为f(叫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,贝Uf(n)(x)=x+nc.若f(x)=x2,则f(n)(x)=x2.n1a右f(x)=ax+b,贝Uf(n)(x)=ax+b(aw).1a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

2、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。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19883100v-1，知：1988M3叫+1).因此，取m=nv,则19883100m+n.

3、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=1.2例2、设f(x)-.计算f(n)(x).2x1答案：fn(x)2nxnn.x2(x1)2不动点求函数迭代：把f(x)写成f(x)=-1(x-)+一,则233f(x)=(-1)2(x-)+,f(3)(x)=(-1)3(x-)+-,f(n)(x)=(-1)n(x-)+-.233233233把f(x)变形，找到了一个较易求fn(x)r表达式。一般地，若f(x)=ax+b,则把它成f(x)=a(x-)+-.1a1a因而f(2)(x)=a(xb-)+.1a1af(x)=a(x-)+-.1a1af(x)=a(x-)+

4、-.1a1a这里白bb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.则一b-是f(x)=ax+b1a1a的不动点。如果x0是f(x)的不动点，则x0也是f(x)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f(x)的n次迭代式。例3、若f(x)J19x293,求f(n)(x)。解令J19x293x,则x231.f(x)19x23131,6.66/f(x)192x23131,f(n)(x)66g2313119x66在国内外数学竞赛中,(1)研究函数的性质；问题的方法和技巧。函数迭代应用：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

5、三个方面：(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例4、设N是自然数集合，kNo如果有一个函数f:N-N是严格递增的，且对于每个nCN,都有f2kk1(f(n)=kn。证明：对每个nCN,都有n<f(n)<n.证因为f:N-N是严格递增的，故对任意的nCN,f(n+1)-f(n)>1.于是当m>n时。mn1f(m)-f(n)=f(n+i+1)-f(n+i)>m-n.从而f(f(n)-f(n)>f(n)-n,i0一k1一一即kn-f(n)>f(n)-n.所以f(n)<n.所2k1_2k.以kn<f(n),即f(

6、n)>n.从而命题得证.2k1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)=JkH,则有两个严重错误。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)=Jkn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)ff(x)+1=1；xk12求f的值。1解设f(1)=a,则当x=1时，由条件得f(a+1)=.a由于解得1令x=a+1,由条件(1)得f(a+1)ff(a+1)+af(x)在(0,+)上是严格递增的，所以:a=1,贝U1<a=f(1)<f(a+1)=&

7、lt;1,2a=1,即:1矛盾.所以,f(l+aa=11.5口门1.5,即f(1)=y,都有、证明：不存在函数f:R+-R+,使得对任何正实数x、(f(x)2>f(x+y)(f(x)+y).证用反证法.假设存在这1¥的函数f,则由式，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)>f(x)yf(x)y由式知，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.事实上，对于x>0,存在一个正整数n,使得：nf(x)>1于是当k=0,1,2,，n-1时，利用式和式，得

8、f(xn-k1f(x)nf(x与f(xk)11n2n一k、nf(x-)n所以k(f(x+K)-f(x+n1口r)>n=，即2n2mf(x0)-f(x0+m)=1r一>f(x0).21(f(x°i)f(x0i1)>m-所以f(x0+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,yCQ+,都有f(x)f(xf(y)=y解满足式的函数f较难看出，我们的想法是从式导出几个容易捉摸的式子.而式中的f(xf(y)最麻烦，希望能避开这个麻烦.令x=1代入式，得：f(f(y)=

9、fH)y而f(1)是容易求得的.令y=f(1)代入式，得f(f(f(1)=1.所以f(1)f(f(1)=f(尸f(f(f(1)=1,11考虑函数f为单射,则f(1)=f(f(1)=1.于是式为：f(f(y)户一.y1用f(y)代换式中的V,得f(f(f(y)=-1-,再利用式，使得f(y)f(1)=(利用了f(i)=i).yf(y)用y=f(l)代入式，得f(xf(f(1)=f(x)/f(1),结合zzz这就是说，满足式的函数f必定满足式和式.另一方面，满足式和式的f必定满足式1这只需在式中令x=f(y),则：f(z)=f(f(y)=(利用了式)，y即得式，而式和式比式简单。现在来构造满足，式

10、的函数pi+1,若f.设pi是第i个质数(例如p=2,p2=3),令i是奇数，f(pi)=-1p1若i是偶数。这样定义的函数f对质数p,显然有f(f(p)户工，即满足式.对于xCQ+,x可表示成px=p1a1p22"pnn,其中a1，a2,an是整数，令f(x)=f(p1)a1f(p2)a2f(pn)an.由，两式定义的Q+-Q+的函数f显然满足，式，从而满足式。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xy>1及u,v>0,都成立1一、1f(xy)<f(x)-f(y)-J-.4u4v试确定所有的这样的函数f.1解先将式化为一元函数，为

11、此令x=y,u=v,则得f(x2u)wf(x)2u.再将2u代换知，对所有x>1,u>0,均有f(xu)wf(x)1/u.令y=xu,v=1/u,则x=y1/u=yv,u=1/v.代入式，得f(y)wf(yv)v.用x代换y,u代换v,则对所有x>1,u>0,又有f(xu)、f(x)1/u.由，式便知f(xu)=f(x)1/u.取x=e,t=eu(则u=1nt).当u从0变到+时，t从1变到+.于是式为f(t)=f(e)“1nt.令f(e)=a>1,用x代替t,则：f(x)=a1/1nx,a>1下面验证式所给出的函数满足式利用算术-调和平均不等式，有u1nx

12、v1ny>2/(11),2u1nxv1ny1111、1uv11而，所以+>,f(xuy)=a=f(x)fy4v.4u1nx4v1nyu1nxv1ny4v1nx4u1nx这就证明了对所有a>1,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(x2+f(y)=y+(f(x)2.解先求f(0).令x=0,t=(f(0)2,代入式，得f(f(y)=y+t.由式，可知f

13、(f(x2+f(f(y)=x2+f(f(y)+t.由式，可得f(f(x2+f(f(y)=f(f(x)2+f(y)=y+f(f(x)2.从，式便得x2+y+2t=y+(x+t)2,即2t=t2+2tx对任意实数x均成立。所以t=0,从而f(0)=0.将t=0代入式，得f(f(y)=y当x>0时，由和式，得：f(x+y)=f(x+f(f(y)=f(y)+(f(7x)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XoCr,使得f(x0)wx0.如果x0Vf(x0)，则f(x0)<f(f(x3)=x0,矛盾.如果

14、x0>f(x0),则f(X0)>f(f(X0)=X0,矛盾。易知f(x)=x满足式。因此所求的函数为f(x)=x。说明通过观察式，容易知道f(x)=x是式的一个解.估方tf(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+XR+=(x,y)x,yR一R+满足下面两个条件：(1)对任意正实数x,y,z,有f(f(xy),z)=f(f(z,y),x);1(2)对任意正实数x,y,有f(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)jfjx=z.1r一一一证令x=1,由条件(1),(

15、2)得f(y,z)=，即：f(y,z)-f(z,y)=1.f(z,y)在上式中令y=z,得(f(y,y)2=1,所以f(y,y)=1.11,右f(x,y)=f(x,z),贝U由式，得=,所以：f(y,x)=f(z,x).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.,一，111右f(x,y)=f(z,y),则由式得：=.f(y,x)f(y,z)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

16、f:RR,对于所有实数x、y,满足fxyfxfyfxy2xy1.2、求所有函数f：R+-R+,使得对所有的x、yCR+有f(xf(y)f(xy)f(y).3、设f(x)满足条件:(2)当xy时，f(x)f(y).(1)f(x1)f(x)1(x)求证：对任意正整数m和n,有f(n)(0)f(m)(0)11nmnm4、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)fxf(y)yf(x),x,yR；(2)当x时，f(x)0.f,使其满足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(mf(n)f(f(f(m)f(n)6、设s为大于1的实数构成的集合，确

17、定所有的函数f:ss,满足以下条件:(1)：对s所有的x和y,有f(xf(y)xf(y)yf(x)yf(x)。(2)：在区间1x0,x0的每一个内，f里都严格单调递增。x7、设$=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(mf(n)f(f(m)f(n)对所有的m,n成立。1、在原方程中，设y1,且设a在原方程中，将y变为y1,得参考答案afx2xfxy1fxfy1fxy1将fxy1afxyafy2y1代入得afxyfxfy2y11fxfxy12xy1再次利用原方程，可得afxy2xy12y11fxfxy12xy1.1 .一一设x2t,y,则有

18、aft2t1ft2t1.2用t代替上式中的t得aft2t1ft2t11a2ft21a2ta21,其中，a1,否则对于所有的t,有8t0,矛盾.1a若a1,则1a20.所以，ft2t1.令t1,得1a1a1a21.从而，a0或a3.1a当a0时，得ft2t1；当a3时，得ftt1.若a1,由式可得在原方程中分别设y22f2xf2xfx2两式相减得f2x4x2在fx1afx2x因为a1,f11aftft.x和yx,得_222x1,f0fxf0.1中，令x0,得f10,所以，f01.af01.:是，f2x4x21因经，对于所有x2、首先证明：对于所有的yR,有fy>y：事实上，由条件可得f(x

19、f(y)>f(xy).因此，fyy.若存在正实数y,使得fyvy,设xyfy.则fyfyfyfyf2yfyfy>fy,矛盾.所以，对于所有的yCR+,有fy>y.对于xR,设gxfxx.则fxgxx,且gx>0.在原函数方程中令1乂丫，有£1§丫ftfy,即gtgytgyg(t)tgyy.所以，对于任意的t>y>0,有gtgygty.若存在y1、y2er+,使得gyigy2,那么，对于任意的t>maxy1，y2，有gtyigtgyi=gtgy?gty2.因此，yi、2.于是，g是单射.设u、v是任意的正实数，t>uv.则gtg

20、ugvgtguvgtuvgtguv.于是，tgugvtguv.从而，gugvguv.由于gv是正实数，因此，g是严格递增的.因gtygtgygtggy，所以，ggyy.若存在一个xR,使得gxx.由g的单调性可知：当x>gx时，gx>ggxx，矛盾;当xvgx时，gxvggxx，矛盾.故gxx,fxgxx2x(xR+).3、证明由(1)可知，对任一自然数k,有f(k)(x1)f(k)(x)1.(3.4.27)而且由(3.4.27)式得：f(k)(x1)(x1)f(k)(x)x,(3.4.28)即f(k)(x)x是周期为T=1的函数.任取0x1,由(2)得知f(k)(x)不减，故f(

21、k)(0)f(k)(x)严f(k)(0)1.(3.4.29)0,由(3.4.34)式得：f(k)(0)1xf(k)(x)f(k)(0)1x,(3.4.30)f(k)(0)1f(k)(x)xf(k)(0)1,0x1.(3.4.31)但因为fk(x)x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f(k)(0)1f(k)(x)xf(k)(0)(3.4.32)x0并顺次取xjf(nj)(x0)(j0,1,2,)1)代人(3.4.32)式得f(n)(0)f(n)(0)f(n)(0)f(Xo)产(Xo)产(Xo)x0f(n)(0)1,f(n)(x。)f(n)(0)1,产(

22、Xo)产(0)1,(3.4.33)f(n)(0)f(mn)(Xo)f(m1)n)(x0)f(n)(0)1,把(3.4.33)式中的各式相加，得m(f(n)(0)1)f(mn)(Xo)Xom(f(n)(0)1).(3.4.34)同用mn除,f(n)(0)f(叫Xo)X.mnf(n)(0)(3.4.35)(mn)f(Xo)Xof(n)(0)交换m,mn(3.4.36)n,又可得:f(mn)(Xo)x0把(3.4.37)式乘以负号，得mnf(0)n(3.4.37)1f(m)(0)f(mn)(x0)x0mn(3.4.38)再把(3.4.36)式和(3.4.38)式相加，得f(m)(0)mf(n)(0)

23、n1一，n(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(f(k)(x)x)的周期性把(3.4.31)中的不等式从0WxW1推广到;在(3.4.32)中令xXo,Xi,Xmi(Xjf(nj)(X0)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,一1,口f(1)=1在条彳1)中取x=1,y得f(1)11f1ff(1)1f(1)f(1)1,口再在条件(1)中取y1,x得f(1)1.1

24、f(1)ff(1)1ff(1)f(1)(3.4.43)(3.4.44)比较(3.4.43)、(3.4.44)两式得ff(1)1.又在条件(1)中令x=1,y=1得f1f(1)1f(1),故f(1)1.再证x=1是唯一的不动点.设x=a是不动点，即有f(a)=a.(1)当a>1时f(x)f(ax1)fx1f(a)af(ax1)=a-f(ax2a)af(ax2f(a)ax,x_xx即xa也是不动点.而：1imf(a)(a)1imxx这与条件(2)矛盾，故a1不可能.11dff(a)af1,aa一一1(2)当0a1时，因：f(1)faa1111则f11,即x1也是不动点，而1,这又回到了(1)

25、的情形.aaaa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fxf(x)xf(x),即对任意x>0,xf(x)是不动点，而x=1是唯一一一_1一不动点，所以xf(x)=1,即f(x).x5、f(mf(n)f(f(f(m)f(n)(3.4.45)在(3.4.45)式中令m=n=0,得：f(f(0)f(f(0)f(0),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nN,(n)A,若a,A,b,则在(3.4.45)中令m=a-b,n=

26、b可得af(abb)f(abf(b)=f(f(ab)f(b)f(ab)b,故f(ab)ab,即abA.设A中最小非零元素为k,任取mA,设mpkr(pN,0rm1),则mkA,2kA,mpkA,于是rA.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f(ab)f(af(b)f(f(a)f(b)ab,故abA,表明k的所有倍数均属于A.因此：Apkp0,1,2,.由(3.4.46)知kf(n)设f(r)a,k(r0,1,k1),其中a00.对于任意非负整数x,设xpkr(p为非负整数，0rk1),在(3.4.45)中令mr,npk,由(3.4.46)可得：f(x)f(pkr)f(rf(pk)f(f(r)f(pk)f(r)f(pk)arkpk.容易验证，函数f(x)arkpk满足要求，即为所求.这里a1，a2,对任意一组非负整数，a00.6、在(-1,0)内，f区严格递增，因而上®=1至多只有一个解，uC(-1,0).xx在(1)中,令x=y=u,得f(u2+2u)=u2+2u.因为-1vu