函数与函数方程竞赛(4)

再将2,3,4,?,n代入上式可得

(?1)2f(2)?f(1)?2!(?1)3f(3)?f(2)? 3!?(?1)nf(n)?f(n?1)?n! 累加可得

(?1)2(?1)3(?1)n f(n)?f(1)? ????2!3!n!n(?1)k(?1)(?1)2(?1)n?????? ?， ?n?N。 1!2!n!k!k?1x3.解：f1(x)?f(f(x))?f(x)1??f(x)?2?1?x2?x1???2?1?x????2?x1?2x2；

x f2(x)?f(f1(x))?1?2x2?x1???2?1?2x????2?x1?3x2；

f3(x)?x1?4x2，

猜想fn(x)?x1?(n?1)x2

设n=k时上式成立,当n=k + 1时，

x fk?1(x)?f(fk(x))?1?(k?1)x2?x1???1?(k?1)x2?2????2?x1?(k?2)x2。

由数学归纳法知猜想正确.

4.解：令x?y?1，得2f?1??f?1??

当1、f?1??0，令y?1，解得f?x??0

2、f?1??1，令y?1，x?f?x???x?1?f?x??x?f?x??1??0

?1x?0 (其中a?f?x??1为任意实数)

?ax?0 5.解:令y?0得

∴f?x???xx?02f()?2f()?f(x)?f(0)?f(x)?a22 x1?f()??f(x)?a?。22 从而

1?f(x)?f(y)??f(x?y)?1?f(x?y)?a?222 ?f(x)?f(y)?f(x?y)?a

?f(x?y)?a??f(x)?a???f(y)?a?。 令g(x)?f(x)?a；由上式可知 g(x?y)?g(x)?g(y)。

因为f在整个实数域上都是连续的，所以g(x)在实数域上也是连续的。 由柯西方程解定理得g(x)?cx。(其中c?g(1)?f(1)?a) ?f(x)?g(x)?a?cx?a。

6.解：在例11中，我们已经证明在给定f(1)?c的条件下，f(r)?cr。 （r?Q） 令g(x)?f(x)?cx?x?R, 则当x?r?Q时，

g(r)?f(r)?cr?cr?cr?0. (1) 且对任意的实数x,y, g(x?y)?f(x?y)?c(x?y)

?f(x)?f(y)?cx?cy

?g(x)?g(y)

所以g(x)也满足已知条件.

对任意的实数x，取r?(x?b,x?a)?Q 则 x?b?r?x?a。 令x1?x?r，則a?x1?b(x1?(a,b))，

g(x)?g(x1?r)?g(x1)?g(r)?g(x1)

即对任意的x?R，存在x1?(a,b)，使得g(x)?g(x1) (2) 又因为f(x)?cx在(a,b)上有界， ?g(x)?f(x)?cx在(a,b)上有界 所以由(2)知，g在实数域上都有界。 又由(1)知g(r)?（ 0r?Q） 若存在无理数x0，使得g(x0)?d?0 则g(nx0)?ng(x0)?nd??, 所以g(x)?0

asn??，矛盾

?x?R

因此，f(x)?cx?x?R。

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