函数与函数方程竞赛

函数与函数方程竞赛讲座一

函数的迭代

(1)(2)1.定义: 设f?x?是定义在D上且取值在D上的函数，记f(x)?f(x)，f(x)?

(n)(n?1)(x)?f[f(1)(x)]，?，f(n)(x)?f??f?，则称f(x)是函数f(x)在D上的迭代，称n为f(n)(x)的迭代次数.

2.求n次迭代的方法: ①归纳法；②递推法；③桥函数相似法.

先看一个有趣的问题：李政道博士1979年4月到中国科技大学，给少年班的同学面试这样一道题：

五只猴子，分一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意先去睡觉，明天再说．夜里一只猴子偷偷起来，把一个桃子吃掉后正好可以分成5份，收藏起自己的一份后又去睡觉了．第二只猴子起来后，像第一只猴子一样，先吃掉一个，剩下的又刚好分成5份，也把自己的一份收藏起来睡觉去了．第三、第四、第五只猴子也都是这样：先吃掉一个，剩下的刚好分成5份．问这堆桃子最少是多少个？

设桃子的总数为x个．第i只猴子吃掉一个并拿走一份后，剩下的桃子数目为xi个，则

4xi?(xi?1?1)，i?1,2,3,4,5

544且x0?x．设f(x)?(x?1)?(x?4)?4．于是

554x1?f(x)?(x?4)?4

54x2?f(f(x))?()2(x?4)?4

54x3?f(f(f(x)))?()3(x?4)?4

54x4?f(f(f(f(x))))?()4(x?4)?4

54x5?f(f(f(f(f(x)))))?()5(x?4)?4

5由于剩下的桃子数都是整数，所以，5|x?4．因此，最小的x为：x?5?4?3121． 上面的解法，我们利用了一个函数自身复合多次，这就叫迭代．一般地，设f:D?D是一个函数，对?x?D，记f(0)55(x)?x，f(1)(x)?f(x)，f(2)(x)?f(f(x))，…，

(n)(n)则称函数f(x)为f(x)的n次迭代，并称n为f(x)f(n?1)(x)?f(f(n)(x))，n?N?，

(?n)的迭代指数．反函数记为f(x)．

一些简单函数的n次迭代如下：

（1）若f(x)?x?c，则f(n)(x)?x?nc； （2）若f(x)?ax，则f(n)(x)?anx； （3）若f(x)?xa，则f(n)(x)?xa； （4）若f(x)?（5）若f(x)?ax?b（a?1），则f(n)nnxx，则f(n)(x)?； 1?ax1?nax1?an(x)?ax?b；

1?af(n)(x)的一般解法是先猜后证法：先迭代几次，观察规律并猜测表达式，证明时常用数

学归纳法．

1．求迭代后的函数值

例1：自然数k的各位数字和的平方记为f1(k)，且fn(k)?f1[fn?1(k)]，则fn1(1)（n?N）的值域为（ ） （A）N?

（B）5 （C）{4,16,49,169,256}

（D）{2,4,7,13,16}

?解：由条件可知：

f1(11)?(1?1)2?4;f2(11)?f1(4)?42?16;f3(11)?f1(16)?(1?6)2?49;f4(11)?f1(49)?(4?9)2?169;f5(11)?f1(169)?(1?6?9)2?256;f6(11)?f1(256)?(2?5?6)2?169;?所以fn(11)（n?N）的值域为{4,16,49,169,256}。 例2：设f1(x)?f(2?)2，而fn?1(x)?f1[fn(x)]，n?N?．记an?nfn(2?)x?11，则2?

a99? ．

解：因为f1(2)?221，所以a1??，而fn(2)?

f(2)?138n?12?1f(2)?1f(2)?11f(2)?1?n?1???n?1所以n。

2fn(2)?22f(2)?2n?1?2fn?1(2)?1即an??1111an?1，故a99??(?)98??101。 2822例3：求解函数方程：f(解：设g(x)?x?111?x)?f(?)?f()?cosx(x?0,?1) x?1x1?xx?11，则g(4)(x)?g(g(g(g(x))))?x并且g(2)x?g(g(x))??， x?1x1?x，于是原方程变为： 1?xg(3)x?g(g(g(x)))?f[g(x)]?f[g(2)x]?f[g(3)(x)]?cosx

① ② ③ ④

令x?g(x)得：f[g(2)(x)]?f[g(3)(x)]?f(x)?cosg(x) 令x?g(2)(x)得：f[g(3)(x)]?f(x)?f[g(x)]?cosg(2)(x) 令x?g(3)(x)得：f(x)?f(g(x))?f[g(2)(x)]?cosg(3)(x) 1x?111?x∴f(x)?(cos?cos?cos?2cosx)

3x?1x1?x由①②③④得：3f(x)?cosg(x)?cosg(2)(x)?cosg(3)(x)?2cosx

x2f(f(f?f(x)?). ,x?(1,??)，求?例4 已知f(x)?????2(x?1)n个fx212??解 ?f(x)?，

2(x?1)2(1?1)1?(1?2)2xx2x21??1? f(x)2221?(1?)2x22?(1?)x，

∴f(f(x))?2221?(1?)f(x)?2221?(1?)2x，

f(f(f(x)))?2221?((1?)2)2x?223，

1?(1?)x2 由数学归纳法易知 f(f(f?f(x)?)?22n1?(1?)2x?????n个f.

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.

2．不动点法

一般地，若f(x)?ax?b，则把它写成f(x)?a(x?bb )?1?a1?a因而

f(2)(x)?a2(x?bb)?1?a1?af(3)bb(x)?a(x?)?1?a1?a3

……f(n)(x)?an(x?这里的动点．

bb )?1?a1?ab就是方程ax?b?x的根．一般地，方程f(x)?x的根称为函数f(x)的不1?a如果x0是函数f(x)的不动点，则x0也是f(n)(x)的不动点．可用数学归纳法证明．利

用不动点能较快地求得函数f(x)的n次迭代式．

定理1 设a?1,f(x)?ax?b,x0是f(x)的不动点，则对于正整数n，有

f(n)(x)?an(x?x0)?x0.

证 ?f(x)?ax?b，x0?ax0?b，两式相减得

f(x)?x0?a(x?x0)， （1）

当n?1时，由（1）知结论成立。假设n?k时结论成立，那么对于n?k?1，

f(k?1)(x)?f(f(k)(x))?a(f(k)(x)?x0)?x0

?a(ak(x?x0)?x0?x0)?x0 ?ak?1(x?x0)?x0，

即n?k?1时结论也成立。由归纳法原理知结论成立。

例5：已知f(x)是一次函数，且f(10)(x)?1024x?1023，求f(x)的解析式．

例6 已知f(x)为一次函数，且f(2007)(x)?22007x?3(22007?1)，求f(x).

解 设f(x)?ax?b，显然a?1.

bb，即x0?为f(x)的不动点.由定理1知， 1?a1?abb， f(2007)(x)?a2007(x?)?1?a1?abb??3(22007?1)， ?a2007?22007，?a2007?1?a1?a令x?ax?b，得x0?解之得a?2,b?3，所以f(x)?2x?3.

(n)例7：若f(x)?19x?93，求f(x)．

2

例8.已知f：R?R满足条件：(1)对任意x.y?R,f(xf(y))?yf(x); (2) x???时，f(x)?0

解：令y?x,有f(xf(x))?xf(x).可见其不动点集为{xf(x)|x?R}。

再令x?y?1，代入条件(1)得f(f(1))?f(1)，再将x?1,y?f(1)代入得

???f(f(f(1)))?f2(1)，结合两式可得：f(1)?f2(1)，故f( 1)?1，这说明1是f的不动点。

下面用反证法证明f的不动点是唯一的。假设存在??1且f(?)??。

i.若??1,由f(xf(x))?xf(x)，令x??得f(?f(?))??f(?)?f(?)??，从而f(?)???f(?)??.这与条件（2）矛盾。

ii. 若0???1,由1?f(1)?f(与i矛盾。

综上f只有一个不动点1，所以xf(x)=1，即f(x)=3．相似法

若存在一个函数?(x)以及它的反函数?(x)，使得f(x)??(g(?(x)))，我们称

?1?1442n2n221?1111??)?f(?f(?))??f()?f()?,而这

????1(x?R?). x

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