第一讲 函数迭代和函数方程
一、基本知识简述 1． 函数迭代
设f是D?D的函数，对任意x?D，记f数f(n)(0)(x)?x，定义f(n?1)(x)?f(f(n)(x))，n?N*，则称函
(x)为f(x)的n次迭代. 将含有未知函数的等式称为函数方程.
f(n)(x)的一般解法是先猜后证法：先迭代几次，观察有何规律，由此猜测出f(n)(x)的表达式，然后证
明，证明时，常用数学归纳法.
定理 若对于任意的x,y?Q，有f(x?y)?f(x)?f(y) （1） 则f(x)?xf(1),x?Q.
证 由（1）及数学归纳法不难证明：对于任意的正整数n及有理数x，有
f(nx)?nf(x) （2）
在（2）中令x?1，得
f(n)?nf(1),(n?N?) （3）
在（2）中令x?0,n?2，得f(0)?2f(0)，?f(0)?0.
?0?f(0)?f(n?n)?f(n?(?n))?f(n)?f(?n)， ?f(?n)??f(n)，n?Z.
当n?N?时， f(?n)??f(n)?(?n)f(1) （4） 由（3），（4）知，
f(n)?nf(1),n?Z （5） 对于任意的r?Q，设r?m,m?Z,n?N?，则有 nmmf(m)?f(n)?nf()
nnm11mf(1) ?f()?f(m)?mf(1)?nnnn即 f(r)?rf(1),r?Q.
注：在定理4中，若加上f(x)为连续函数这一条件，则有
f(x)?xf(1),x?R.
定理4的证明方法叫做柯西方法，这一方法的基本步骤是依次求出正整数的函数值、整数的函数值、
有理数的函数值，在函数连续的条件下，进一步求出实数的函数值. .
2.5函数迭代和函数方程第1页共19页
1． 方法解读
例1 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. 令x?ax?b，得x0?bb，即x0?为f(x)的不动点.由定理1知， 1?a1?af(2007)(x)?a2007(x?b1?a)?b1?a，
?a2007?22007，?a2007?b1?a?b1?a?3(22007?1)， 解之得a?2,b?3，所以f(x)?2x?3.
例2 已知f(x)?x22(x?1),x?(1,??)，求?f(?f(?f???f(x)?). n个f解 ?f(x)?x22(x?1)?1?2，
2(1?1x2)1?(1?2x)2x1?22 f(x)?1?2?(1?22x)，
1?(1?2x)2 ∴f(f(x))?2?2，
1?(1?222f)1?(1?2(x)x)2
f(f(f(x)))?2?2，
1?((1?2)2)22x1?(1?2)23x 由数学归纳法易知 ?f(?f(?f???f(x)?)?2.
n个f1?(1?2x)2n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.
例
3
设
函
数
f:R?R，满足
f(0)?1，f(xy?1)?f(x)f(y)?f(y)?x?2 （1）
2.5函数迭代和函数方程第2页共19页
且
?x,y?R都有，
求f(x).
解 （方法1）在（1）中将x,y互换，则有
f(xy?1)?f(y)f(x)?f(x)?y?2 （2）
由（1），（2）得
f(x)?y?f(y)?x （3）
在（3）中令y?0，则有 f(x)?f(0)?x，即f(x)?x?1.易证f(x)?x?1是方程（1）的解. （方法2）在（1）中令y?0，得
f(1)?f(x)f(1)?f(0)?x?2 即 f(1)?f(x)f(1)?x?1.
为了求出f(x)，需要求f(1)，为此在（1）中令x?y?0，得
f(1)?f(0)f(0)?f(0)?2，
从而有f(1)?2，代入（4）可得f(x)?x?1. 例4已知函数f(x)是N?N的映射，满足： （1） 对任意非负整数n，有f(n?1)?f(n)， （2） ?m,n?N，有f(n?f(m))?f(n)?m?1，
求f(2001). 解 在（2）中令m?0，并记f(0)?k，则有
f(n?k)?f(n)?1.
由于数列f(n)是递增数列，由定理3知f(n)?k?f(n?k)?n?1，?k?1. 若k?0，则有f(n)?f(n)?1，矛盾，所以，k?1，从而有
f(n?1)?f(n)?1.
又因为f(0)?1，容易得f(n)?n?1.所以，f(2001)?2002. 例5求所有的R?R的映射f，使得?x,y?R，均有
f(xf(x)?f(y))?(f(x))2?y 2.5函数迭代和函数方程第3页共19页
（4）
（1）
求f(x).
解 设f(0)?a，在（1）中令x?0，则有
f(f(y))?a2?y （2）
由（2）知f(f(y))的值域为R，所以f(x)的值域为R.又若f(x1)?f(x2)，则
f(f(x1))?f(f(x2))，
由（2）得a2?x1?a2?x2，所以x1?x2，这表明f是R?R的双射.因此?b?R，使得f(b)?0.
在（1）中令x?b，得
f(f(y))?y （3）
2由（2），（3）知a?0，所以a?0 ，?f(0)?0， ?b?0.
在（1）中令y?0，得
f(xf(x))?(f(x))2 （4）
在（4）中令x?f(t)，注意到由（3）可知f(f(t))?t，从而有
f(tf(t))?t2，故?x?R，有
f(xf(x))?x2 （5）
由（4），（5）可知
(f(x))2?x2 （6）
因此，?x?R,有f(x)?x或f(x)??x.
假设存在非零实数?,?，使得f(?)???，而f(?)??，那么在（1）中令x??,y??，得
f(??2??)??2??，
又由（6）知f(??2??)???2??或f(??2??)??(??2??)，矛盾，所以方程（1）的解是
f(x)?x(x?R)或f(x)??x(x?R).
例6 设f(n)是定义在正整数集上且取正整数值的严格递增函数，f(2)?2，当m,n互素时，有
f(mn)?f(m)f(n) （1）
证明：对一切正整数n，f(n)?n.
证 ?f(3)f(7)?f(21)?f(22)?f(2)f(11)
2.5函数迭代和函数方程第4页共19页
?2f(11)?2f(14)?2f(2)f(7)?4f(7)，
?f(3)?4.又 f(3)?f(2)?2， ?f(3)?3.
若结论不成立，设使f(n)?n的最小正整数为n0，则n0?4.?f(n0)?f(n0?1)?n0?1， 又f(n0)?n0，?f(n0)?n0.由于f(n)是严格递增的，故当n?n0时，有
f(n)?n （2） 当n0为奇数时，2与n0?2互素，故
f(2(n0?2))?f(2)f(n0?2)?2(n0?2) 由于n0?4，所以2(n0?2)?2n0?4?n0?(n0?4)?n0，从而由（2）得
f(2(n0?2))?2(n0?2) （4）与（3）矛盾.
当n0为偶数时，2与n0?1互素，从而有
f(2(n0?1))?f(2)f(n0?1)?2(n0?1) 因为n0?4，所以2(n0?1)?n0，由（2）得
f(2(n0?1))?（2n0?1） （6） （6）与（5）矛盾.
综上可知，?n?N?，有f(n)?n.
例7 求所有函数f:N??N?，使得?n?N?，有
f(f(f(n)))?f(f(n))?f(n)?3n （1）
解 ?m,n?N?，若f(m)?f(n)，则
f(f(m))?f(f(n))，
f(f(f(m)))?f(f(f(n)))，
?f(f(f(m)))?f(f(m))?f(m)?f(f(f(n)))?f(f(n))?f(n)
?3m?3n， m?n，故f是N??N?的单射.下证f(n)?n.
当n?1时，在（1）中取n?1，得
2.5函数迭代和函数方程第5页共19页
（3）4）
（5）
（
函数迭代和函数方程(数学竞赛讲稿)
