函数方程讲义

1、2003 APMO 函數方程講義張幼賢 提供Mar. 17, 2003一、基本解法：1. 變數變換法：這種方法多適用於只有一個獨立變數的情形；主要的技巧是把原來的方程式經過適當的變數變換而得到一個或多個函數方程式，使得原來的函數方程和新得到的函數方程式形成一個含有未知函數的函數方程組，然後再用消去法（或行列式法）來解這個函數方程組以得到欲求的函數。一般而言，對於函數方程 其中為已知函數，如果存在一個，使得，即可用上述的方法求解。 事實上，若要解函數方程（其中及是已知函數）時，可設，並在的反函數存在時，求出反函數；將它們代回原來的方程式以求出；但若為未知函數時，這個方法就不能用了。【註】 在使用

2、變數變換法解函數方程時，必須力使函數之定義域不產生變化。 例一：解函數方程 (1) 【解】：令；則。將此代入(1)式可得 即 代入(1)式，易知其滿足方程式。 【註】：不論用什麼方法解函數方程，最後一定要檢驗所得到的解是否滿足原來的函數方程。這在正式的競賽時是列入計分的，切記！ 例二：解函數方程 (2) 【解】：令；則。將此代入(2)可得 或 (3) 此時(2)及(3)並無法解出；所以我們再令； 則。將此代入(2)式則可得 即 (4) 將(2)，(3)及(4)聯立，則可得到一個以為獨 立變數的三元一次聯立方程組；我們利用消去法來解此問題。 (2)+(4)(3)： 。 檢驗： 所以. 例三：在本

3、例中，我們將利用前述的方法來求例二之解。 【解】：令，則 此時可將(2)式表示為 迭代一次可得 再迭代一次可得 可得 將此代入(2)式，可知其滿足方程式。 例四：設 (5) 求？【註】在這個問題中，如果我們仍採用上面的方法就僅能找到部份的解，因 為此時仍為未知函數。事實上，若令，將永 遠無法得到一個使得。【解】：因，所以是(5)的一個解。 如果考慮，則 ， 也是(5)的一個解。 通常函數方程式，其中為已知函數，是很難找到它全部的解。這種問題通常需對要有適當的限制才可能找到它全部的解；我們將在下面“未定係數法的解法”中再介紹如何求這種方程式的解。2. 未定係數法：當我們知道函數的類型（如有理函數

4、，對數函數，指數函數···等）及函數的某些特徵（如已知函數在某些點的值或函數的對稱性、週期性···等），用未定係數法來求解較為簡捷。例一：已知為多項式函數，解函數方程 (1) 【解】：因為為多項式函數，而與並不會改變 的次數，故由(1)可知為二次函數，不妨設 易檢驗出此確實滿足(1)式。在變數變換法中，我們曾提及在（為已知函數）的函數方程中，求解是不容易的，但若知道的某些特性時，我們可用未定係數法求解，我們來看下面例題。例二：已知是二次函數，解函數方程 (2) 【解】：設， 將此代入(2)式可得 易檢驗出此滿足(2)式。 3. 數值代

5、入法：這種方法是用於函數的獨立變數多於一個時，將其中部份的獨立變數以特別的數值代入，簡化方程式，進而求解。 例一：設是在實數域上有定義的函數，滿足且 對任意的， (1) 試求=？ 【解】：取代入(1)式，則可得 ， 易檢驗出此滿足(1)。 例二：已知函數滿足：，且對任意的 (2) 試求=？ 【解】：令代入(2)可得 (3) 令代入(2)可得 (4) 令代入(2)可得 (5) (3)(4)(5)： 易檢驗滿足方程式(2)。 【註】：事實上，若給予條件 (6) 則函數方程 (2) 的解為 (7) 因為若，則 所以(7)為(6)的解。 例三：設f的定義域為N，滿足，且對任意的 (8) 試求=？ 【解

6、】：取代入(8)式，可得 (9) 以代入(8)可得 將這個式子加起來，可得 易檢驗出滿足 (8)。 4. 遞迴數列法：A、遞迴數列求和法：這種方法多是用於定義域為自然數的函數方程，先找出的某個遞迴公式，然後依次取n為自然數個值代入遞迴公式，得到m個等式；設法利用這些等式消去以外其他形式的函數，即可求出函數方程的解。遞迴數列求和法實質上是將的解析式表示成某個數列的前幾項之和；所以需熟記等差及等比級數求和之公式。B.遞迴數列求積法：這種方法與遞迴數列求和法類似，只是此時我們是以乘積的方法消去除了以外其他形式的函數，取代前面相加消去除了以外其他形式的函數。C. 有的函數方程需同時用到遞迴數列求和及遞

7、迴數列求積法才能解出。一般而言，若函數方程能化成 其中為已知函數時，我們可用遞迴數列求積法先去一個函數符號，再利用遞迴數列求和法解出。 例一：設在整個自然數上都有定義，且滿足： ， 。 (1) 試求=？ 【解】：依次以代入(2)式可得 將這個等式加起來，可得 易檢驗出滿足方程式(1)。 例二：設為定義在自然數上的函數，且滿足： ，。 (2) 試求=？ 【解】：將(2)式兩邊同除可得 ， 。 (3) （此時，由(2)易證得；所以才可除） 依次以代入(3)式，可得 將這個等式相加，得到 ， 。 例三：設函數在自然數上都有定義，並滿足： ， 。 (4) 試求=？。 【解】：將(4)式改寫為 ； (5

8、) 依次以代入(5)式可得 將這個等式相加可得 ， ， 。 (6) 再依序以代入(6)式，再將所得的個等式相加，可得 【註】：。 例四：設為定義在自然數上的函數，且滿足： ， 。 (7) 試求=？ 【解】：依次以代入(4)式可得 將上面個等式相乘，可得 ， 。 例五：設且滿足： ， 。 (9) 試求=？ 【解】：首先我們將(15)式改寫為 ， 。 (10) 依序以代入(10)式可得 將上面個等式相乘，得到 。 (11) 再依序以代入(11)式，則可得 將這個等式相加，得到 ， 。 例六：設且滿足： ， 。 (12) 試求=？ 【解】：由(12)可知 ， 。 (13) 以代入(13)式可得 將這

9、個等式相乘，可得 。 (14) 再以代入(14)式，則可得到 將此個等式相加，可得 ，。 若欲求的函數恆為正，且等號的兩端不含加號，有時在取對數後可使問題簡化。 例七：設且滿足： ， 。 (15) 試求=？ 【解】：由假設條件易知， 在(15)式兩邊取對數，得到 ，。 (16) 依序以代入(16)式可得 將這個等式相乘，則可得到 。 (17) 再以代入(17)式，再將這個等式相加，可得 ， ， ， 。 5. 數學歸納法：數學歸納法常用來求某些定義在自然數上的函數方程的解。通常我們先根據假設條件求出並觀察這些函數值的規律，猜出再驗證也成立，則我們所猜的即為此函數方程的解。例一： 設，f (n)=

10、2n+1，g(1)=3且，。 (1) 試求g(n)=？【解】：因為，在(1)式中取n=1，2，3，發現 (2) 現以數學歸納法證明此結論是正確的。顯然以n=1代入(2)式，可得 g(1)=3。設n=k時(2)式成立，當n=k +1時， ， 故由數學歸納法可知(2)式成立。 例二：設，若 且 (1) 試求？【解】：； ； ， 於是猜想 (2) 設n=k時(2)式成立，當n=k + 1時， 。 故由數學歸納法可知(2)式成立。 6. 輔助數列法：一般而言，若，則形如（a，b，q為常數，）的函數方程都可用輔助數列法求解。事實上，若b為一個n的函數，亦可利用這種方法求解。例一：設滿足f (1)= 1且

11、，。 (1)試求f (n)=？【解】：我們可將(1)改寫為 (2) 令，則(2)式告訴我們， 是以(1)為公比之等比數列，且首項為 。 由等比數列的公式可得 例二： 設， f (1)= 1，f (2)= 5且滿足 。 (1) 試求f (n)=？【解】：由(1)可得， 是一個以4為公比的數列，且首項為 。 為數列中的第n1項， ， 分別以2, 3, , n代入上式，我們可得 將它們加起來 。 例三：若函數f滿足：，。 (1) 試求f (n)=？【解】：將(1)式中的n以代入，則可得 。 (2) (1)(2)： 將其因式分解，則可得 (3) 或。 (4) 在(1)式中取，則可得 。 (i).當時，

12、由(3)式可知，為一個以2為公差的等差數列 且首項為1，。 (ii).當時，由(4)式可知， ，···········。以數學歸納法可證明對所有的，。 (iii).當，由(3)式可知，為一個以2為公差，首項為3 的等差數列 。 (iv).當，由(4)式可知 （此可由數學歸納法證明） 二、二元函數方程的求解：考慮二元函數方程： (1)通常這類函數方程的解不是唯一的，為了使(1)的解是唯一，我們大多給予一些附加條件。例如，要求該函數是“連續的”，或者必須是“在定義域中每一個有限區間內為有界

13、的”，或是“單調函數”，等。解方程式(1)的步驟是：依次求出獨立變數取正整數值、整數值、有理數值，直至所有實數值，而得到函數方程的解。在假設函數是連續函數時，對於常見的二元函數方程式我們有以下之結果：(a) ，。(b) ，。(c) ，。(d) ，。在解二元函數方程式時，我們常需用到上述已知的結果求解。此外，在解二元函數方程式時，我們有時也需用到微積分法求解；此時通常會有極限或微分的已知條件。§1.柯西函數方程考慮二元函數方程： (1) 通常這類函數方程的解不是唯一的，為了使(1)的解是唯一，我們大多給予一些附加條件。例如，要求該函數是“連續的”，或者必須是“在定義域中每一個有限區間內

14、為有界的”，或是“單調函數”，等。解方程式(1)的步驟是：依次求出獨立變數取正整數值、整數值、有理數值，直至所有實數值，而得到函數方程的解。下面我們在f(x)的不同附加條件下來解函數方程(1)。例一：設函數在整個實數域上連續，求函數方程式(1)的解？ 【解】：因為 ; (1) 由數學歸納法易知，對任意的實數有 特別當時， . (2) 取，可得 在(1)式中取 因此，在(1)式中取，可得 在(2)式中取，則可得 所以對任意的整數，. 在(2)式中取 (m, n為正整數)，有 . 但. 在於(1)式中取，則可得 所以對任意的有理數r，. 因為有理數是實數的稠密子集，且為連續函數，所以 . (3)

15、故(3)是(1)在中唯一的解。例二：若函數在某一充分小的區間(a,b)內為有界，求(1)的解。 【解】：在上例中，我們已證明在給定，。 令, 則當時， . (A) 且對任意的實數 所以也滿足方程式(1)。 對任意的實數x，取 則 。 令，則， 此即是說，對任意的，存在，使得 () 由假設條件知，在(a,b)內有界， 所以由()知，g在整個實數上都有界。 又由(A)知 若存在一個無理數，使得 則，矛盾。 所以 因此，。例三：設在某個足夠小的區間內是單調函數，求(1)的解？ 【解】：我們利用例二的結果來證明在單調函數下(1)之解仍為 。 任取，使得。因為為單調函數，所以 所以內有界；因此由例2可知

16、。§2、幾個重要的二元函數方程 在本節中所有的均假設是連續的。例一：設上是連續的且不恆等於0，求出函數方程 (1) 的解。 【解】：由數學歸納法易知 特別，取，則可得 (2) 在上式中取，可得 於(1)式中，取，可得 . 因為我們假設不恆為0，所以. 在(2)式中，取，則可得(m為正整數) . 在(1)式中，取，則可得 所以，對任意的有理數，。 又因有理數是實數的稠密子集，且上連續，所以 . 若，則. (3)例二：設在正實數域上有定義，連續且不恆等於0，試求函數方程 (4) 的解。 【解】：由數學歸納法易知，對所有的正實數； 特別，取時，可知 (5) 在(5)式中，取，可得 由(5)

17、式也可知， 所以，由(4)式可知 。 因此我們證明了，對於任意的， 。 因為在正實數上連續且有理數與的交集為上的稠密子集， ， () 取定，對任意的，存在，使得； 。 將此代入()，則可得 。 令 ，則。 (6) 這是函數方程()在整個正實數上連續時，唯一的解。例三：設在實數上都有定義，連續且不恆為0，求方程式 (7) 的解？ 【解】：任取，對任意的，存在 使得，(可取，) 將此代入(7)式可得 令，則 (8) 因為在上連續上連續。 故由例一可知，(8)有唯一的解 ，(是一個唯一固定的常數)，。 。 故，令， (9)【註】：如在例三中，不要求為連續函數，則解未必是唯一的。 例如函數 (10) 不難看出它也是(7)的解