函数方程的代换解法

2.函数方程的代换解法

虽然函数方程早在200多年前就已经被人们提出并加以研究了. 但至今还没有关于函数方程的统一理论和解函数方程的一般方法,也没有关于函数方程的解的存在性和唯一性的判别准则. 不仅如此,甚至还有一些函数方程至今未能解出. 而且函数方程现有的一些解法,往往要借助于高等数学的工具(例如把函数方程化为微分方程,或者化为有限差分方程等等). 这当然远远超出这本小册子的范围. 但是,对于某些特殊的、简单的函数方程,应用初等方法也是能够解出的. 其中有一种方法叫代换法. 我们就来介绍这种方法.

[例5] 解函数方程

⎛1⎫

af (x ) +f ⎪=ax . ••(a 2≠1) (17)

⎝x ⎭

解 因原式中x ≠0,把自变量x 换为

11

,于是就换为x . 函数方程(17)化为 x x

a ⎛1⎫

af ⎪+f (x ) =•. (18)

x ⎝x ⎭

(17)乘以a ,得

⎛1⎫2

af ⎪+a f (x ) =a 2x •⋅ (19) ⎝x ⎭

(18)-(19),得

(1-a 2) f (x ) =

a

-a 2x •⋅ x

a (1-ax 2)

∴f (x ) =.

2

x (1-a )

从上例可以看出,代换法的基本思想是这样的:将函数中的自变量x 适当地代换以别的自变量(在代换时应注意力求使函数的定义域不发生变化),得到一个新的函数方程. 把新得到的这个函数方程与原有的函数方程联立,组成一个关于未知函数的代数方程组. 再应用通常的消元法,解这个方程组,就求得了原函数方程的解. 至于原来函数中的自变量x 用什么东西代换才算是适当的,这就要看所给的函数方程的具体特点了——这属于解题技巧问题.

[例6] 求函数f (x ) ,如果

af (x n ) +f (-x n ) =bx , (20)

其中a

2

≠1,n 是奇数.

解 把x 换以-x ,由于n 是奇数,就有

af (-x n ) +f (x n ) =-bx . (21)

从(20),(21)中消去

f (-x n ) ,求得

bx

. a -1

f (x n ) =

n

因为n 是奇数,可以把x 换成x ,所以最后有

b x

. f (x ) =

a -1

[例7] 解函数方程

af (x -1) +bf (1-x ) =cx . (22)

解 把(x -1) 代之以x ,那末(1-x )就代之以-x ,而x 就应代之以(1+x ); 又如果把(x -1)代之以-x ,那末(1-x )就代之以x ,而x 就应代之以(1-x ). 分别代入原函数方程,就得

, ⎧af (x ) +bf (-x ) =c (1+x ) • ⎨

. ⎩bf (x ) +af (-x ) =c (1-x ) •

解这个方程组,得知: (1)当a

2

≠b 2时,

f (x ) =

c c

x +; a -b a +b

(2)当a

2

=b 2,而c ≠0时,f (x ) 不存在;

(3)当a =b ,且c =0时,f (x ) 是任何奇函数;

(4)当a =-b 是,且c =0时,f (x ) 是任何偶函数. [例8] 解函数方程

f (x +y ) +f (x -y ) =2f (x ) cos y . (23)

解 依次作下列代换:

x =0•, •πx =+t •, •2πx =•, •2

就得到方程组

•y

=t •;

π

•=•; y

•y =+t •,

2

⎪f (t ) +f (-t ) =2f (0) cos t •, •⎪⎪

, ••⎨f (π+t ) +f (t ) =0•

⎪π⎫⎪f (π+t ) +f (-t ) =-2f ⎛ ⎪sin t •. •⎪⎝2⎭⎩

(24)+(25)-(26),得

••

•(24)

(25) (26)

⎛π⎫

2f (t ) =2f (0) cos t +2f ⎪sin t .

⎝2⎭

就是

⎛π⎫

f (t ) =f (0) cos t +f ⎪sin t .

⎝2⎭

a =f (0) •, b •

即得

⎛π⎫

=f ⎪•,

⎝2⎭

f (x ) =a cos x +b sin x .

有时候要把自变量代换成具体的数值才行. 而当f (x ) 是定义在自然数上的函数时,往往要进行多次代换,才能求出这个函数. 记住等差数列和等比数列前n 项和的公式,往往是很有用的.

我们知道,当首项为a ,公差为d 时,等差数列前n 项的和

S n =a +(a +d ) +(a +2d ) + +[a +(n -1) d ]n [2a +(n -1) d ]•=•.

2

特别是当a =1,d =1时,

(27)

S n =1+2+3+ +n =

n (n +1)

•. (28) 2

对于首项为a ,公差为q (≠1) 的等比数列,前n 项的和

2

n -1

S n =a +aq +aq + +aq

特别是当a

a (q n -1)

. (29) =

q -1

=q (≠1) 时,

2

3

n

a (a n -1)

. (30) S n =a +a +a + +a =

a -1

[例9] 设函数f (n ) 的定义域是自然数,求f (n ) ,使它满足条件

f (m +n ) =f (m ) +f (n ) +mn •, •f (1) =1•. •

(31) (32)

解 设m =1,便有

f (n +1) =f (n ) +n +1•.

把n 顺次用1,2,3,„,(k +1)代换,就得

⎧f (2) =f (1) +2, •

⎪⎪⎪

f (3) =f (2) +3•, ⎨f (4) =f (3) +4, •

⎪⎪ •, ⎪⎩f (k +1) =f (k ) +(k +1) . •

把方程组的所有方程相加,得

f (k +1) =f (1) +2+3+4+ +(k +1)

•=1+2+3+ +(k +1)

=(k +1)(k +2) 2•,

f (n ) =

n (n +1)

2

•. [例10] 函数f (n ) 定义在自然数上,且满足

f (n ) =f (n -1) +a n •, ••f (1) =1•. ••

•求f (n ).

解 把n 分别代换以2,3,4,„,n ,便得

⎧f (2) =f (1) +a 2⎪•, ⎪f (3) =f (2) +a 3

, •

⎪⎨f (4) =f (3) +a 4

, •

⎪⎪

⎪⎩

f (n ) =f (n -1) +a n •. 加在一起就化为

f (n ) =f (1) =a 2+a 3+ +a n •.

所以

(33)

(34)

, ••⎧n •⎪

f (n ) =⎨a 2(a n -1-1)

•, •⎪1+

a -1⎩

•当a =1时•,

当a ≠1时•.

[例11] (1)n 个同学任意排成一队,共有多少种排法? (2)从n 个同学中任意选出k (≤n ) 个同学排队,共有多少种排法?

解 (1)设n 个同学排队,共有f (n ) 种排法. 如果再增加1个同学,让这位同学插

入队伍. 对于原来n 个同学的每一种排法,这位同学可以排在第1名(队首),第2名,第3名,„,第n +1名(队尾),即有n +1种“插”法. 因此

f (n +1) =(n +1) f (n ) (35)

f (1) =1•.

依次令n =1,2,3,„,得

f (2) =2f (1) •, f (3) =3f (2) •, f (4) =4f (3) •,

把这些等式左右两边分别相乘,便有

f (n +1) =(n +1) f (n ) •.

f (2) f (3) f (4) f (n +1)

=2∙3∙4∙ ∙(n +1) f (1) f (2) f (3) f (n ) •. f (n +1) =2∙3∙4∙ ∙(n +1) f (1)

依题意可知f (2)、f (3)、„、f (n ) 都不为0,故两边同除以f (2)f (3)f (4)„f (n ) 后,得到

•=1∙2∙3∙ ∙(n +1) •.

f (n ) =n ! ••.

•=1∙2∙3∙ ∙n ,读做n 的阶乘. 这里,记号n !

•种排法. 就是说,n 个同学排成一队,共有n !

(2)设从n 个同学选出k 个同学排队,共有f k (n ) 种排法. 现在新增加一位同学,共有了(n +1)个同学,仍选出k 个同学排队. k 个同学排成的队伍可以分为两类:一类是这个新同学没有选进的队伍. 这种排法按照假设应共有f k (n ) 种. 另一类是新同学被选入队伍. 设想这种队伍的排法是这样实现的:由新同学替换原来队伍中的旧同学. 我们来看,如果新同学替换的是原队伍中的第1名,共有多少种排法;乍看起来,因为原队伍共有f k (n ) 种排法,因而以新同学为队首的排法也有f k (n ) 种. 其实不然. 因为在原队伍中,如果队首以后的(k -1)

个同学及其排列顺序确定时,这时尚余n -(k -1) =n -k +1个同学可充当队首. 因而有

n -k +1种排法. 但当队首被新同学替换后,就变成1种排法了. 可见以新同学为队首的排

法为

1

f k (n ) 种. 同样的,以新同学为第2名,第3名,„,第k 名的队伍,排法

n -k +1

1k

有新同学出现的队伍,排法一共有f k (n ) 种. 总之,f k (n ) 种. 于

n -k +1n -k +1

k

f k (n ) .

n -k +1

也各有

是,得函数方程

f k (n +1) =f k (n ) +

或者

f k (n +1) =

分别令n=k,k +1,„,得

n +1

f k (n ) . (36)

n -k +1

k +1

f k (k ) •, 1k +2

f k (k +2) =f k (k +1) •,

2k +3

f k (k +3) =f k (k +2) •,

3

n +1

f k (n +1) =f k (n ) •.

n -k +1f k (k +1) =

相乘,约去等式两边相同的因式(它们显然是不为0的),得

f k (n +1) =

但由第(1)题知,

k +1k +2k +3n +1

∙∙∙ ∙f k (k ) •. 123n -k +1

f k (k ) =k ! ••.

所以

f k (n +1) =

或者

(n +1) n (k +2)(k +1) ∙k !

•.

(n -k +1)!

f k (n ) =

n !

=n (n -1)(n -2) (n -k +1) •.

(n -k )!

这就是从n 个同学中任意选出k (≤n ) 个同学排队的共有的排法.

在这里,我们实际上得到了排列公式:从n 个不同的元素里,每次取出k (1≤k

≤n )

个元素,选排列(即k

k A n =f k (n ) =

n !

(37) =n (n -1) (n -k +1) •; •

(n -k )!

全排列(即k=n时)数为

n

P n =A n =n ! •. (38)

(注意,我们规定0!=1)

[例12] 求从n 个不同的元素里,每次取出k (1≤k

≤n ) 个元素的组合数F k (n ) 公式,

以及F k (n ) 所应满足的函数方程.

解 有了排列数公式,可以方便地推导出组合数公式. 设从n 个不同的元素里,每次取出k (1≤k

≤n ) 个元素的排列数为f k (n ). 因为k 个元素的全排列数为k ! ,而这k !个排列

在组合中只算作1组. 因此,排列数与组合数间有如下关系:

f k (n ) =k ! F k (n ) •. (39)

代入(37),得

F k (n ) =

11n ! n ! f k (n ) =∙=•. (40) k ! k ! (n -k )! k ! (n -k )!

这就是我们所要求的公式.

把(39)代入函数方程(36),得

k ! F k (n +1) =

n +1

∙k ! F k (n ) ,

n -k +1

F k (n +1) =

n +1

F k (n ) (41)

n -k +1

k

这就是组合数F k (n ) 所应满足的函数方程.

从n 个不同的元素里,每次取出k 个元素的组合数,通常记做C n . 这样,公式(40)可写成

k C n =

n !

, (42)

k ! (n -k )!

n +1k

C n . (43)

n -k +1

而公式(41)则可写成

k C n +1=

[例13] (1)直线上有n 个点(任何两点不相重合). 这n 个点把直线分成了多少部分(区间)?

(2)平面上有n 条直线(任何两条直线彼此相交,但任何三条直线不交于同一点). 这n 条直线把平面分成了多少部分?

(3)空间中有n 个平面(任何三个平面彼此相交,而任何四个平面却无公共点). 这n 个平面把空间分成了多少部分?

解 (1)设直线上n 个点A 1,A 2,…,A n 把直线分成了f 1(n ) 个部分(图6). 现在再加上一个点A n +1. 这个点把原来的某一区间分成两个区间. 所以f 1(n +1) 比f 1(n ) 多1. 就是

f 1(n +1) =f 1(n ) +1, (44)

f 1(1) =2. (45)

解函数方程(44),得

f 1(n ) =n +1.

就是说,直线上n 个点把直线分成(n +1)个部分.

(2)设平面上n 条直线l 1,l 2,„,l n 把平面分为f 2 (n ) 个部分(图7). 增加一条直线l n+1. 这条直线与原来的n 条直线相交于n 点. 由第(1)题的结论,这n 个点把直线分成(n +1)个部分. 这(n +1)个部分的每一段都穿过原来的某一个区域,且把这个区域分成两部分. 所以f 2(n +1) 比f 2(n ) 多n +1. 就是

f 2(n +1) =f 2(n ) +n +1, (46)

f 2(1) =2. (47)

进行一系列代换,得

f 2(2) =f 2(1) +2•, f 2(3) =f 2(2) +3•, f 2(4) =f 2(3) +4•, f 2(n +1) =f 2(n ) +(n +1) •.

相加后,得

f 2(n +1) =f 2(1) +2+3+4+ +(n +1) •.

或者

n 2+3n +4

, f 2(n +1) =

2

也就是

n 2+n +2

. f 2(n ) =

2

n 2+n +2

这就是说,n 条直线把平面分成个部分.

2

(3)设n 个平面把空间分成f 3(n ) 个部分. 类似于上面的分析,可得函数方程

n 2+n +2

f 3(n +1) =f 3(n ) +•. (48)

2

f 3(1) =2•. (49)

依次进行代换,得

121f 3(2) =f 3(1) +++1•,

22222

f 3(3) =f 3(2) +++1•,

22323

f 3(4) =f 3(3) +++1•,

22

n 2n

f 3(n +1) =f 3(n ) +++1•.

22

相加即得

1

f 3(n +1) =f 3(1) +(12+22+ +n 2)

2 1

••+(1+2+ +n ) +n . •

2

但是

12+22+ +n 2=

n (n +1)(2n +1)

•, (50)

6

n (n +1)

•. 2

1+2+ +n =

所以

f 3(n +1) =2+

于是

n (n +1)(2n +1) n (n +1)

++n . •

124

n 3+5n +6

f 3(n ) =•.

6

即n 个平面把空间分成

13

(n +5n +6) 部分. 6

[例14] 把圆分成n 个不相等的扇形,并且用红、蓝、绿三种颜色给扇形染色,但不许相邻的扇形有相同的颜色. 共有多少种染法?

解 设把圆分成扇形S 1,S 2,„,S n (图8). 开始时,可以给S 1涂以任何一种颜色. 所以S 1有3种染法. S 1染色后,S 2的染法 有2种:即涂上和S 1不同的两色中的 任何一种. S 1,S 2染色后,染S 3的方法 也有2种,这是因为S 3可以与S 1同色. 在保持与前一个扇形不同色的条件下, 这样顺次染下去,染色方法的总数为3⨯2

n -1

种. 但是应当注意,在这些染法中,显然还 包含S n 与S 1同色的情形. 我们来看这种情形 有多少种. 设有某一种染法使S n 与S 1同包,折 去S n 与S 1的分界半径OP (图8). 那末,这种 染法其实就是分圆为n -1个扇形时同色不相邻的

染法. 因此,一般说来,设扇形数为n 时,染法的总数为f (n ). 于是得到函数方程

f (n ) +f (n -1) =3⨯2n -1•.

我们来解这个方程. 以(-1) 乘它的两边,得

n

(-1) n f (n ) -(-1) n -1f (n -1) =-3⨯(-2) n -1•.

同理有

(-1) n -1f (n -1) -(-1) n -2f (n -2) =-3⨯(-2) n -2•,

••

显然

(-1) 3f (3) -(-1) 2f (2) =-3⨯(-2) 2•.

(-1) 2f (2) =-3⨯(-2) .

加在一起,并把右边的等比数列用和表示,得

1-(-2) n -1

(-1) f (n ) =-3∙(-2) ∙=2[1-(-2) n -1]•.

1-(-2)

n

就是说,一共有2

n

f (n ) =2n +(-1) n ∙2•. +(-1) n ∙2种染法.

练习与解答

练习1 解函数方程:

⎛1⎫

2f (x 2) +f 2⎪=x •. •

⎝x ⎭

解 ∵2f (x

2

(x >0)

⎛1⎫) +f 2⎪=x •. •

⎝x ⎭

•(1)

1

代换x ,得 x

1⎛1⎫

2f 2⎪+f (x 2) =•. •

x ⎝x ⎭

(1)×2-(2),得

•(2)

13f (x 2) =2x -•.

x

2x 2-1

∴ f (x ) =•.

3x

2

以x 代换x 2,得

f (x ) =

练习2 解函数方程:

2x -1

3x .

af (x 3) +bf (-x 3) =cx •. •

解 ∵

(a 2≠b 2)

af (x 3) +bf (-x 3) =cx •. •af (-x 3) +bf (x 3) =-cx •. •

•(1)

以-x 代换x ,得

•(2)

(1)×a -(2)×b ,得

a 2f (x 3) -b 2f (x 3) =acx +bcx . •

f (x 3) =

(a +b ) cx a -b

22

2

•.

练习3 解函数方程:

f (x ) =

(a +b ) c c a -b

2

•.

⎛x -1⎫

f (x ) +f ⎪=1+x •. •

⎝x ⎭

解 ∵

(x ≠0•, x ≠1)

⎛x -1⎫

f (x ) +f ⎪=1+x •. •

x ⎝⎭

(1)

x -1

代换x ,则 x

x -1

-1

x -1-1化为=•.

x -1x x -1x

原方程化为

⎛x -1⎫⎛-1⎫2x -1f •. •⎪+f ⎪=

x ⎝x ⎭⎝x -1⎭

再以

•(2)

-1

代换(1)中的x ,又得 x -1

x -2⎛-1⎫

f •. •⎪+f (x ) =

x -1⎝x -1⎭

(1)÷(3)-(2),得

•(3)

2f (x ) =1+x +

x -22x -1

-•. x -1x

x 3-x 2-1

f (x ) =•.

2x (x -1)

练习4 已知

f (1) =10,且

f (n +1) -f (n ) =10n +9•,

f (n ) .

解 依次令n =1,2,3,„,得

f (2) -f (1) =10⨯1+9•, f (3) -f (2) =10⨯2+9•, f (4) -f (3) =10⨯3+9•, f (n +1) -f (n ) =10n +9•.

相加在一起,得

f (n +1) -f (1) =10⨯1+10⨯2+10⨯3+ +10n +9n . •

f (1) =10•.

f (n +1) =10∙(1+2+3+ +n ) +9n +10

=5n 2+14n +10

2

=5(n +1) +4(n +1) +1•.

练习5 已知

f (n ) =5n 2+4n +1•.

f (1) =0•, f (2) =1. 解函数方程:

a 2f (n +2) =b 2f (n ) •. •

解 若n 为偶数:n =2k ,则原方程化为

(a >0•, •b >0)

22a f (2k +2) =b f (2k ) •.

依次令k =1,2,3,„,得

a 2f (4) =b 2f (2) •, a 2f (6) =b 2f (4) •, a 2f (8) =b 2f (6) •,

a 2f (2k +2) =b 2f (2k ) •.

左右两边分别相乘,约去公因式后得:

a 2k f (2k +2) =b 2k f (2) •.

2k

∴ f (2k +2) =b 2k ⎛b ⎫

a 2k f (2) = ⎝a ⎪⎭

. •

n -2

∴f (n ) =⎛ b ⎫

⎝a ⎪

•. ••若n 为奇数:n =2k +1,则原方程化为

a 2f (2k +3) +b 2f (2k +1) •.

依次令k =0,1,2,3,„,得

a 2f (3) =b 2f (1) •, a 2f (5) =b 2f (3) •, a 2f (7) =b 2f (5) •,

a 2f (2k +3) =b 2f (2k +1) •.

将后k 个等式两端分别相乘,并约去公因式后得

a 2k f (2k +3) =b 2k f (3) •.

但f (3) =b 2

a f (1) =0•. 2

f (2k +3) =0•.

f (n ) =0•. •

•综合(1),(2),得

(1) (2)

[1+(-1) n ]⎛b ⎫f (n ) =∙ ⎪

2⎝a ⎭

n -2

•.

练习6 (1)凸n 边形有多少条对角线?

解 设n 边形A 1A 2…A n 有f (n ) 条对角线. 增加一条边成为n+1边形A 1A 2…A n A n +1. 原多边形的一条边A 1A n 变成对角线,且由顶点A n +1可引出(n -2)条对角线. 所以有

f (n +1) =f (n ) +(n -1) •.

依次令n =3,4,5,„,得

f (4) =f (3) +3-1•, f (5) =f (4) +4-1•,

相加,得

f (n +1) =f (n ) +n -1•.

f (n +1) =f (3) +(3+4++n ) -(n -2) •.

考虑到

f (3) =0,即得

f (n +1) =

(n +1)(n -2)

•.

2

n (n -3)

•. 2

f (n ) =

就是说,凸n 边形共有

n (n -3)

条对角线. 2

(2)凸n 边形的内角和是多少度?

解 设凸n 边形的内角和为f (n ) 度. 仿(1)可以求得

f (n ) =(n -2) ⨯180︒•.

练习7 (1)两两相交但不共点的n 个圆把平面分成了几部分?

解 设n 个两两相交的圆c 1•, c •

, • •, c •2•n 把平面分成f 1(n ) 部分. 作第n +1个圆

c n +1与所有的圆两两相交,共有n 对点. 这n 对点把c n +1分成2n 部分,所以圆c n +1又从被

原来的n 个圆所分的平面数f 1(n ) 中截分了2n 部分,即

f 1(n +1) f 1(n ) +2n . •

解这个函数方程,得

f 1(n ) =n 2-n +2•.

(2)两两相交但不共点的n 个球把空间分成了几部分?

解 设n 个两两相交的球分空间为f 2(n ) 部分. 则第n +1个球的球面被原来的n

个球分成n

2

-n +2部分[见(1)]. 所以有

f 2(n +1) =f 2(n ) +n 2-n +2•.

解这个函数方程,得

n (n 2-3n +8) f 2(n ) =•.

3

2.函数方程的代换解法

虽然函数方程早在200多年前就已经被人们提出并加以研究了. 但至今还没有关于函数方程的统一理论和解函数方程的一般方法,也没有关于函数方程的解的存在性和唯一性的判别准则. 不仅如此,甚至还有一些函数方程至今未能解出. 而且函数方程现有的一些解法,往往要借助于高等数学的工具(例如把函数方程化为微分方程,或者化为有限差分方程等等). 这当然远远超出这本小册子的范围. 但是,对于某些特殊的、简单的函数方程,应用初等方法也是能够解出的. 其中有一种方法叫代换法. 我们就来介绍这种方法.

[例5] 解函数方程

⎛1⎫

af (x ) +f ⎪=ax . ••(a 2≠1) (17)

⎝x ⎭

解 因原式中x ≠0,把自变量x 换为

11

,于是就换为x . 函数方程(17)化为 x x

a ⎛1⎫

af ⎪+f (x ) =•. (18)

x ⎝x ⎭

(17)乘以a ,得

⎛1⎫2

af ⎪+a f (x ) =a 2x •⋅ (19) ⎝x ⎭

(18)-(19),得

(1-a 2) f (x ) =

a

-a 2x •⋅ x

a (1-ax 2)

∴f (x ) =.

2

x (1-a )

从上例可以看出,代换法的基本思想是这样的:将函数中的自变量x 适当地代换以别的自变量(在代换时应注意力求使函数的定义域不发生变化),得到一个新的函数方程. 把新得到的这个函数方程与原有的函数方程联立,组成一个关于未知函数的代数方程组. 再应用通常的消元法,解这个方程组,就求得了原函数方程的解. 至于原来函数中的自变量x 用什么东西代换才算是适当的,这就要看所给的函数方程的具体特点了——这属于解题技巧问题.

[例6] 求函数f (x ) ,如果

af (x n ) +f (-x n ) =bx , (20)

其中a

2

≠1,n 是奇数.

解 把x 换以-x ,由于n 是奇数,就有

af (-x n ) +f (x n ) =-bx . (21)

从(20),(21)中消去

f (-x n ) ,求得

bx

. a -1

f (x n ) =

n

因为n 是奇数,可以把x 换成x ,所以最后有

b x

. f (x ) =

a -1

[例7] 解函数方程

af (x -1) +bf (1-x ) =cx . (22)

解 把(x -1) 代之以x ,那末(1-x )就代之以-x ,而x 就应代之以(1+x ); 又如果把(x -1)代之以-x ,那末(1-x )就代之以x ,而x 就应代之以(1-x ). 分别代入原函数方程,就得

, ⎧af (x ) +bf (-x ) =c (1+x ) • ⎨

. ⎩bf (x ) +af (-x ) =c (1-x ) •

解这个方程组,得知: (1)当a

2

≠b 2时,

f (x ) =

c c

x +; a -b a +b

(2)当a

2

=b 2,而c ≠0时,f (x ) 不存在;

(3)当a =b ,且c =0时,f (x ) 是任何奇函数;

(4)当a =-b 是,且c =0时,f (x ) 是任何偶函数. [例8] 解函数方程

f (x +y ) +f (x -y ) =2f (x ) cos y . (23)

解 依次作下列代换:

x =0•, •πx =+t •, •2πx =•, •2

就得到方程组

•y

=t •;

π

•=•; y

•y =+t •,

2

⎪f (t ) +f (-t ) =2f (0) cos t •, •⎪⎪

, ••⎨f (π+t ) +f (t ) =0•

⎪π⎫⎪f (π+t ) +f (-t ) =-2f ⎛ ⎪sin t •. •⎪⎝2⎭⎩

(24)+(25)-(26),得

••

•(24)

(25) (26)

⎛π⎫

2f (t ) =2f (0) cos t +2f ⎪sin t .

⎝2⎭

就是

⎛π⎫

f (t ) =f (0) cos t +f ⎪sin t .

⎝2⎭

a =f (0) •, b •

即得

⎛π⎫

=f ⎪•,

⎝2⎭

f (x ) =a cos x +b sin x .

有时候要把自变量代换成具体的数值才行. 而当f (x ) 是定义在自然数上的函数时,往往要进行多次代换,才能求出这个函数. 记住等差数列和等比数列前n 项和的公式,往往是很有用的.

我们知道,当首项为a ,公差为d 时,等差数列前n 项的和

S n =a +(a +d ) +(a +2d ) + +[a +(n -1) d ]n [2a +(n -1) d ]•=•.

2

特别是当a =1,d =1时,

(27)

S n =1+2+3+ +n =

n (n +1)

•. (28) 2

对于首项为a ,公差为q (≠1) 的等比数列,前n 项的和

2

n -1

S n =a +aq +aq + +aq

特别是当a

a (q n -1)

. (29) =

q -1

=q (≠1) 时,

2

3

n

a (a n -1)

. (30) S n =a +a +a + +a =

a -1

[例9] 设函数f (n ) 的定义域是自然数,求f (n ) ,使它满足条件

f (m +n ) =f (m ) +f (n ) +mn •, •f (1) =1•. •

(31) (32)

解 设m =1,便有

f (n +1) =f (n ) +n +1•.

把n 顺次用1,2,3,„,(k +1)代换,就得

⎧f (2) =f (1) +2, •

⎪⎪⎪

f (3) =f (2) +3•, ⎨f (4) =f (3) +4, •

⎪⎪ •, ⎪⎩f (k +1) =f (k ) +(k +1) . •

把方程组的所有方程相加,得

f (k +1) =f (1) +2+3+4+ +(k +1)

•=1+2+3+ +(k +1)

=(k +1)(k +2) 2•,

f (n ) =

n (n +1)

2

•. [例10] 函数f (n ) 定义在自然数上,且满足

f (n ) =f (n -1) +a n •, ••f (1) =1•. ••

•求f (n ).

解 把n 分别代换以2,3,4,„,n ,便得

⎧f (2) =f (1) +a 2⎪•, ⎪f (3) =f (2) +a 3

, •

⎪⎨f (4) =f (3) +a 4

, •

⎪⎪

⎪⎩

f (n ) =f (n -1) +a n •. 加在一起就化为

f (n ) =f (1) =a 2+a 3+ +a n •.

所以

(33)

(34)

, ••⎧n •⎪

f (n ) =⎨a 2(a n -1-1)

•, •⎪1+

a -1⎩

•当a =1时•,

当a ≠1时•.

[例11] (1)n 个同学任意排成一队,共有多少种排法? (2)从n 个同学中任意选出k (≤n ) 个同学排队,共有多少种排法?

解 (1)设n 个同学排队,共有f (n ) 种排法. 如果再增加1个同学,让这位同学插

入队伍. 对于原来n 个同学的每一种排法,这位同学可以排在第1名(队首),第2名,第3名,„,第n +1名(队尾),即有n +1种“插”法. 因此

f (n +1) =(n +1) f (n ) (35)

f (1) =1•.

依次令n =1,2,3,„,得

f (2) =2f (1) •, f (3) =3f (2) •, f (4) =4f (3) •,

把这些等式左右两边分别相乘,便有

f (n +1) =(n +1) f (n ) •.

f (2) f (3) f (4) f (n +1)

=2∙3∙4∙ ∙(n +1) f (1) f (2) f (3) f (n ) •. f (n +1) =2∙3∙4∙ ∙(n +1) f (1)

依题意可知f (2)、f (3)、„、f (n ) 都不为0,故两边同除以f (2)f (3)f (4)„f (n ) 后,得到

•=1∙2∙3∙ ∙(n +1) •.

f (n ) =n ! ••.

•=1∙2∙3∙ ∙n ,读做n 的阶乘. 这里,记号n !

•种排法. 就是说,n 个同学排成一队,共有n !

(2)设从n 个同学选出k 个同学排队,共有f k (n ) 种排法. 现在新增加一位同学,共有了(n +1)个同学,仍选出k 个同学排队. k 个同学排成的队伍可以分为两类:一类是这个新同学没有选进的队伍. 这种排法按照假设应共有f k (n ) 种. 另一类是新同学被选入队伍. 设想这种队伍的排法是这样实现的:由新同学替换原来队伍中的旧同学. 我们来看,如果新同学替换的是原队伍中的第1名,共有多少种排法;乍看起来,因为原队伍共有f k (n ) 种排法,因而以新同学为队首的排法也有f k (n ) 种. 其实不然. 因为在原队伍中,如果队首以后的(k -1)

个同学及其排列顺序确定时,这时尚余n -(k -1) =n -k +1个同学可充当队首. 因而有

n -k +1种排法. 但当队首被新同学替换后,就变成1种排法了. 可见以新同学为队首的排

法为

1

f k (n ) 种. 同样的,以新同学为第2名,第3名,„,第k 名的队伍,排法

n -k +1

1k

有新同学出现的队伍,排法一共有f k (n ) 种. 总之,f k (n ) 种. 于

n -k +1n -k +1

k

f k (n ) .

n -k +1

也各有

是,得函数方程

f k (n +1) =f k (n ) +

或者

f k (n +1) =

分别令n=k,k +1,„,得

n +1

f k (n ) . (36)

n -k +1

k +1

f k (k ) •, 1k +2

f k (k +2) =f k (k +1) •,

2k +3

f k (k +3) =f k (k +2) •,

3

n +1

f k (n +1) =f k (n ) •.

n -k +1f k (k +1) =

相乘,约去等式两边相同的因式(它们显然是不为0的),得

f k (n +1) =

但由第(1)题知,

k +1k +2k +3n +1

∙∙∙ ∙f k (k ) •. 123n -k +1

f k (k ) =k ! ••.

所以

f k (n +1) =

或者

(n +1) n (k +2)(k +1) ∙k !

•.

(n -k +1)!

f k (n ) =

n !

=n (n -1)(n -2) (n -k +1) •.

(n -k )!

这就是从n 个同学中任意选出k (≤n ) 个同学排队的共有的排法.

在这里,我们实际上得到了排列公式:从n 个不同的元素里,每次取出k (1≤k

≤n )

个元素,选排列(即k

k A n =f k (n ) =

n !

(37) =n (n -1) (n -k +1) •; •

(n -k )!

全排列(即k=n时)数为

n

P n =A n =n ! •. (38)

(注意,我们规定0!=1)

[例12] 求从n 个不同的元素里,每次取出k (1≤k

≤n ) 个元素的组合数F k (n ) 公式,

以及F k (n ) 所应满足的函数方程.

解 有了排列数公式,可以方便地推导出组合数公式. 设从n 个不同的元素里,每次取出k (1≤k

≤n ) 个元素的排列数为f k (n ). 因为k 个元素的全排列数为k ! ,而这k !个排列

在组合中只算作1组. 因此,排列数与组合数间有如下关系:

f k (n ) =k ! F k (n ) •. (39)

代入(37),得

F k (n ) =

11n ! n ! f k (n ) =∙=•. (40) k ! k ! (n -k )! k ! (n -k )!

这就是我们所要求的公式.

把(39)代入函数方程(36),得

k ! F k (n +1) =

n +1

∙k ! F k (n ) ,

n -k +1

F k (n +1) =

n +1

F k (n ) (41)

n -k +1

k

这就是组合数F k (n ) 所应满足的函数方程.

从n 个不同的元素里,每次取出k 个元素的组合数,通常记做C n . 这样,公式(40)可写成

k C n =

n !

, (42)

k ! (n -k )!

n +1k

C n . (43)

n -k +1

而公式(41)则可写成

k C n +1=

[例13] (1)直线上有n 个点(任何两点不相重合). 这n 个点把直线分成了多少部分(区间)?

(2)平面上有n 条直线(任何两条直线彼此相交,但任何三条直线不交于同一点). 这n 条直线把平面分成了多少部分?

(3)空间中有n 个平面(任何三个平面彼此相交,而任何四个平面却无公共点). 这n 个平面把空间分成了多少部分?

解 (1)设直线上n 个点A 1,A 2,…,A n 把直线分成了f 1(n ) 个部分(图6). 现在再加上一个点A n +1. 这个点把原来的某一区间分成两个区间. 所以f 1(n +1) 比f 1(n ) 多1. 就是

f 1(n +1) =f 1(n ) +1, (44)

f 1(1) =2. (45)

解函数方程(44),得

f 1(n ) =n +1.

就是说,直线上n 个点把直线分成(n +1)个部分.

(2)设平面上n 条直线l 1,l 2,„,l n 把平面分为f 2 (n ) 个部分(图7). 增加一条直线l n+1. 这条直线与原来的n 条直线相交于n 点. 由第(1)题的结论,这n 个点把直线分成(n +1)个部分. 这(n +1)个部分的每一段都穿过原来的某一个区域,且把这个区域分成两部分. 所以f 2(n +1) 比f 2(n ) 多n +1. 就是

f 2(n +1) =f 2(n ) +n +1, (46)

f 2(1) =2. (47)

进行一系列代换,得

f 2(2) =f 2(1) +2•, f 2(3) =f 2(2) +3•, f 2(4) =f 2(3) +4•, f 2(n +1) =f 2(n ) +(n +1) •.

相加后,得

f 2(n +1) =f 2(1) +2+3+4+ +(n +1) •.

或者

n 2+3n +4

, f 2(n +1) =

2

也就是

n 2+n +2

. f 2(n ) =

2

n 2+n +2

这就是说,n 条直线把平面分成个部分.

2

(3)设n 个平面把空间分成f 3(n ) 个部分. 类似于上面的分析,可得函数方程

n 2+n +2

f 3(n +1) =f 3(n ) +•. (48)

2

f 3(1) =2•. (49)

依次进行代换,得

121f 3(2) =f 3(1) +++1•,

22222

f 3(3) =f 3(2) +++1•,

22323

f 3(4) =f 3(3) +++1•,

22

n 2n

f 3(n +1) =f 3(n ) +++1•.

22

相加即得

1

f 3(n +1) =f 3(1) +(12+22+ +n 2)

2 1

••+(1+2+ +n ) +n . •

2

但是

12+22+ +n 2=

n (n +1)(2n +1)

•, (50)

6

n (n +1)

•. 2

1+2+ +n =

所以

f 3(n +1) =2+

于是

n (n +1)(2n +1) n (n +1)

++n . •

124

n 3+5n +6

f 3(n ) =•.

6

即n 个平面把空间分成

13

(n +5n +6) 部分. 6

[例14] 把圆分成n 个不相等的扇形,并且用红、蓝、绿三种颜色给扇形染色,但不许相邻的扇形有相同的颜色. 共有多少种染法?

解 设把圆分成扇形S 1,S 2,„,S n (图8). 开始时,可以给S 1涂以任何一种颜色. 所以S 1有3种染法. S 1染色后,S 2的染法 有2种:即涂上和S 1不同的两色中的 任何一种. S 1,S 2染色后,染S 3的方法 也有2种,这是因为S 3可以与S 1同色. 在保持与前一个扇形不同色的条件下, 这样顺次染下去,染色方法的总数为3⨯2

n -1

种. 但是应当注意,在这些染法中,显然还 包含S n 与S 1同色的情形. 我们来看这种情形 有多少种. 设有某一种染法使S n 与S 1同包,折 去S n 与S 1的分界半径OP (图8). 那末,这种 染法其实就是分圆为n -1个扇形时同色不相邻的

染法. 因此,一般说来,设扇形数为n 时,染法的总数为f (n ). 于是得到函数方程

f (n ) +f (n -1) =3⨯2n -1•.

我们来解这个方程. 以(-1) 乘它的两边,得

n

(-1) n f (n ) -(-1) n -1f (n -1) =-3⨯(-2) n -1•.

同理有

(-1) n -1f (n -1) -(-1) n -2f (n -2) =-3⨯(-2) n -2•,

••

显然

(-1) 3f (3) -(-1) 2f (2) =-3⨯(-2) 2•.

(-1) 2f (2) =-3⨯(-2) .

加在一起,并把右边的等比数列用和表示,得

1-(-2) n -1

(-1) f (n ) =-3∙(-2) ∙=2[1-(-2) n -1]•.

1-(-2)

n

就是说,一共有2

n

f (n ) =2n +(-1) n ∙2•. +(-1) n ∙2种染法.

练习与解答

练习1 解函数方程:

⎛1⎫

2f (x 2) +f 2⎪=x •. •

⎝x ⎭

解 ∵2f (x

2

(x >0)

⎛1⎫) +f 2⎪=x •. •

⎝x ⎭

•(1)

1

代换x ,得 x

1⎛1⎫

2f 2⎪+f (x 2) =•. •

x ⎝x ⎭

(1)×2-(2),得

•(2)

13f (x 2) =2x -•.

x

2x 2-1

∴ f (x ) =•.

3x

2

以x 代换x 2,得

f (x ) =

练习2 解函数方程:

2x -1

3x .

af (x 3) +bf (-x 3) =cx •. •

解 ∵

(a 2≠b 2)

af (x 3) +bf (-x 3) =cx •. •af (-x 3) +bf (x 3) =-cx •. •

•(1)

以-x 代换x ,得

•(2)

(1)×a -(2)×b ,得

a 2f (x 3) -b 2f (x 3) =acx +bcx . •

f (x 3) =

(a +b ) cx a -b

22

2

•.

练习3 解函数方程:

f (x ) =

(a +b ) c c a -b

2

•.

⎛x -1⎫

f (x ) +f ⎪=1+x •. •

⎝x ⎭

解 ∵

(x ≠0•, x ≠1)

⎛x -1⎫

f (x ) +f ⎪=1+x •. •

x ⎝⎭

(1)

x -1

代换x ,则 x

x -1

-1

x -1-1化为=•.

x -1x x -1x

原方程化为

⎛x -1⎫⎛-1⎫2x -1f •. •⎪+f ⎪=

x ⎝x ⎭⎝x -1⎭

再以

•(2)

-1

代换(1)中的x ,又得 x -1

x -2⎛-1⎫

f •. •⎪+f (x ) =

x -1⎝x -1⎭

(1)÷(3)-(2),得

•(3)

2f (x ) =1+x +

x -22x -1

-•. x -1x

x 3-x 2-1

f (x ) =•.

2x (x -1)

练习4 已知

f (1) =10,且

f (n +1) -f (n ) =10n +9•,

f (n ) .

解 依次令n =1,2,3,„,得

f (2) -f (1) =10⨯1+9•, f (3) -f (2) =10⨯2+9•, f (4) -f (3) =10⨯3+9•, f (n +1) -f (n ) =10n +9•.

相加在一起,得

f (n +1) -f (1) =10⨯1+10⨯2+10⨯3+ +10n +9n . •

f (1) =10•.

f (n +1) =10∙(1+2+3+ +n ) +9n +10

=5n 2+14n +10

2

=5(n +1) +4(n +1) +1•.

练习5 已知

f (n ) =5n 2+4n +1•.

f (1) =0•, f (2) =1. 解函数方程:

a 2f (n +2) =b 2f (n ) •. •

解 若n 为偶数:n =2k ,则原方程化为

(a >0•, •b >0)

22a f (2k +2) =b f (2k ) •.

依次令k =1,2,3,„,得

a 2f (4) =b 2f (2) •, a 2f (6) =b 2f (4) •, a 2f (8) =b 2f (6) •,

a 2f (2k +2) =b 2f (2k ) •.

左右两边分别相乘,约去公因式后得:

a 2k f (2k +2) =b 2k f (2) •.

2k

∴ f (2k +2) =b 2k ⎛b ⎫

a 2k f (2) = ⎝a ⎪⎭

. •

n -2

∴f (n ) =⎛ b ⎫

⎝a ⎪

•. ••若n 为奇数:n =2k +1,则原方程化为

a 2f (2k +3) +b 2f (2k +1) •.

依次令k =0,1,2,3,„,得

a 2f (3) =b 2f (1) •, a 2f (5) =b 2f (3) •, a 2f (7) =b 2f (5) •,

a 2f (2k +3) =b 2f (2k +1) •.

将后k 个等式两端分别相乘,并约去公因式后得

a 2k f (2k +3) =b 2k f (3) •.

但f (3) =b 2

a f (1) =0•. 2

f (2k +3) =0•.

f (n ) =0•. •

•综合(1),(2),得

(1) (2)

[1+(-1) n ]⎛b ⎫f (n ) =∙ ⎪

2⎝a ⎭

n -2

•.

练习6 (1)凸n 边形有多少条对角线?

解 设n 边形A 1A 2…A n 有f (n ) 条对角线. 增加一条边成为n+1边形A 1A 2…A n A n +1. 原多边形的一条边A 1A n 变成对角线,且由顶点A n +1可引出(n -2)条对角线. 所以有

f (n +1) =f (n ) +(n -1) •.

依次令n =3,4,5,„,得

f (4) =f (3) +3-1•, f (5) =f (4) +4-1•,

相加,得

f (n +1) =f (n ) +n -1•.

f (n +1) =f (3) +(3+4++n ) -(n -2) •.

考虑到

f (3) =0,即得

f (n +1) =

(n +1)(n -2)

•.

2

n (n -3)

•. 2

f (n ) =

就是说,凸n 边形共有

n (n -3)

条对角线. 2

(2)凸n 边形的内角和是多少度?

解 设凸n 边形的内角和为f (n ) 度. 仿(1)可以求得

f (n ) =(n -2) ⨯180︒•.

练习7 (1)两两相交但不共点的n 个圆把平面分成了几部分?

解 设n 个两两相交的圆c 1•, c •

, • •, c •2•n 把平面分成f 1(n ) 部分. 作第n +1个圆

c n +1与所有的圆两两相交,共有n 对点. 这n 对点把c n +1分成2n 部分,所以圆c n +1又从被

原来的n 个圆所分的平面数f 1(n ) 中截分了2n 部分,即

f 1(n +1) f 1(n ) +2n . •

解这个函数方程,得

f 1(n ) =n 2-n +2•.

(2)两两相交但不共点的n 个球把空间分成了几部分?

解 设n 个两两相交的球分空间为f 2(n ) 部分. 则第n +1个球的球面被原来的n

个球分成n

2

-n +2部分[见(1)]. 所以有

f 2(n +1) =f 2(n ) +n 2-n +2•.

解这个函数方程,得

n (n 2-3n +8) f 2(n ) =•.

3


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