专题——函数迭代

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x∈D，记f(0)(x)=x，f(1)(x)=f(x)f(2)(x)=f(f(x))，…，f(n+1)(x)=f(f(n)(x)).则称f(n)(x)为f(x)的n次迭代，并称n为f(n)(x)的迭代指数。

如果f(n)(x)有反函数，则记为f(-n)(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，则f(n)(x)=x+nc.

若f(x)=x2，则f(n)(x)=x2n.

若f(x)=ax+b，则f(n)(x)=anx+aan11b(a≠).

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。

⑴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1988 3100v-1 ,知：1988 n(3100v+1).

因此，取m=nv，则1988 3100m+n.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.

例2、 设).(.12)()(2xfxxxfn计算

答案： .222()(1)nnnnxfxxx

⑵不动点求函数迭代：把f(x)写成f(x)=-21(x-3)+3，则

f(2)(x)=(-21)2(x-3)+3,f(3)(x)=(-21)3(x-3)+3,f(n)(x)=(-21)n(x-3)+3.

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-ab1)+ab1. 因而 f(2)(x)=a(x-ab1)+ab1.

f(3)(x)=a(x-ab1)+ab1.

f(n)(x)=a(x-ab1)+ab1.

这里的ab1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ab1是f(x)=ax+b的不动点。

如果x0是)(xf的不动点，则x0也是)()(xfn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)(xf的n次迭代式。

例3、若9319)(2xxf，求)()(xfn。

解 令.631931922xx，x则 ，xxf63163119)(2

，xxf63163119)(22)2( .63163119)(2)(xxfnn

③函数迭代应用：

在国内外数学竞赛中，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。主要有三个方面：（1）研究函数的性质；（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问题的方法和技巧。

例4、设N是自然数集合，k∈N。如果有一个函数f：N→N是严格递增的，且对于每个n∈N，都有f（f(n)）=kn。证明：对每个n∈N，都有12kkn≤f(n)≤21kn.

证 因为f:N→N是严格递增的，故对任意的n∈N，f(n+1)-f(n)≥1.于是当m＞n时。f(m)-f(n)=10nmi[f(n+i+1)-f(n+i)]≥m-n.从而f(f(n))-f(n)≥f(n)-n，即kn-f(n)≥f(n)-n.所以 f(n)≤21kn. 所以kn≤21kf(n)，即f(n)≥12kkn.从而命题得证.

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)=kn，则有两个严重错误。一是当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)=kn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)f[f(x)+x1]=1;

（2）f(x)在（0，+）上严格递增。 求f(1)的值。

解 设f(1)=a，则当x=1时，由条件(1)得f(a+1)=a1.

令x=a+1，由条件(1)得f(a+1)f[f(a+1)+11a]=1，即：f(a1+11a)=a=f(1).

由于f(x)在（0，+）上是严格递增的，所以：a1+11a=1.

解得a=251，则1＜a=f(1)＜f(a+1)=a1＜1，矛盾.所以，a=251，即f(1)=251.

例6 、证明：不存在函数f:R+→R+，使得对任何正实数x、y，都有

(f(x))2≥f(x+y)(f(x)+y). ①

证 用反证法.假设存在这样的函数f，则由①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)≥yxfyxf)()(. ②

由②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)≤21.

事实上，对于x＞0，存在一个正整数n，使得：nf(x)≥1 ③

于是当k=0，1，2，…，n-1时，利用②式和③式，得

nnkxnfnnnnkxfnnkxfnkxfnkxf21)(11)(1)?()1()(.

所以10nk(f(x+nk)-f(x+nk1))≥n·n21=21，即

f(x0)-f(x0+m)=1000))1()((miixfixf≥m·21≥f(x0).

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,y∈Q+，都有

f(xf(y))=yxf)(. ①

解 满足①式的函数f较难看出，我们的想法是从①式导出几个容易捉摸的式子.而①式中的f(xf(y))最麻烦，希望能避开这个麻烦. 令x=1代入①式，得：f(f(y))=yf)1(. ②

而f(1)是容易求得的.令y=f(1)代入②式，得f(f(f(1)))=1.所以

f(f(1))=f(1)1(f)=f(f(f(1)))=1，

考虑函数f为单射，则f(1)=f(f(1))=1.于是②式为：f(f(y))=y1.③

用f(y)代换③式中的y，得f(f(f(y)))=)(1yf，再利用②式，使得

f(y1)=)(1yf （利用了f(1)=1）. ④

用y=f(z1)代入①式，得f(xf(f(z1)))=f(x)/f(z1)，结合 ⑤

这就是说，满足①式的函数f必定满足③式和⑤式.另一方面，满足③式和⑤式的f必定满足①式.这只需在⑤式中令x=f(y)，则：f(z)=f(f(y))=y1（利用了③式），

即得①式，而③式和⑤式比①式简单。

现在来构造满足③，⑤式的函数f.设pi是第i个质数（例如p1=2,p2=3）,令

pi+1，若i是奇数，

11ip，若i是偶数。 ⑥

这样定义的函数f对质数p，显然有f(f(p))=p1，即满足③式.对于x∈Q+，x可表示成

x=p11a p22a…pann，其中a1，a2，…an是整数，令

f(x)=f(p1)a1f(p2)a2…f(pn)an. ⑦

由⑥，⑦两式定义的Q+→Q+的函数f显然满足③，⑤式，从而满足①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x,y＞1及u,v＞0，都成立

f(xuyv)≤f(x)vyfu41)(41. ①

试确定所有的这样的函数f.

解 先将①式化为一元函数，为此令x=y,u=v，则得f(x2u)≤f(x)u21.再将2u代换知，对所有x＞1，u＞0，均有 f(xu)≤f(x)1/u. ② f(pi)= 令y=xu，v=1/u，则x=y1/u=yv,u=1/v.代入②式，得f(y)≤f(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. ③

由②，③式便知f(xu)=f(x)1/u. ④

取x=e，t=eu(则u=1nt).当u从0变到+时，t从1变到+.于是④式为

f(t)=f(e)1/1nt.令f(e)=a＞1，用x代替t，则：f(x)=a1/1nx，a＞1 ⑤

下面验证⑤式所给出的函数满足①式.利用算术-调和平均不等式,有

211nyvnxu≥2/(nyvnxu1111),

所以nxu141+nyv141≥nyvnxu111, f(xuyv)=anxunxv141141=f(x)vuyf4141.

这就证明了对所有a＞1,⑤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. ①

解 先求f(0).令x=0，t=(f(0))2，代入①式，得

f(f(y))=y+t. ②

由②式，可知f(f(x2+f(f(y))))=x2+f(f(y))+t. ③

由①式，可得 f(f(x2+f(f(y))))=f[ (f(x))2+f(y)]=y+[f(f(x))]2. ④

从②,③,④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②式，得f(f(y))=y ⑤

当x≥0时，由①和⑤式，得： f(x+y)=f(x+f(f(y)))=f(y)+(f(x))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x0∈R，使得f(x0)≠x0.如果x0＜f(x0),则f(x0)≤f(f(x0))=x0,

矛盾.如果x0＞f(x0)，则f(x0)≥f(f(x0))=x0,矛盾。

易知f(x)=x满足①式。因此所求的函数为f(x)=x。

说明 通过观察①式，容易知道f(x)=x是①式的一个解.估计f(x)可能是线性函数，所以先求f(0)