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
2π
•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⎭
记
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）
而
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) =
即
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）
而
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）
而
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
而
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)
以
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 . •
即
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)
以
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 +
即
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•,
求
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 . •
但
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•.
或
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
即
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
2π
•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⎭
记
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）
而
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) =
即
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）
而
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）
而
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
而
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)
以
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 . •
即
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)
以
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 +
即
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•,
求
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 . •
但
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•.
或
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
即
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 ) =•.
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