MO 题乱做
- \(f:\mathbb{N}^*\mapsto\mathbb{N}^*, \forall n\in\mathbb{N}^*,f(f(n))<f(n+1)\). 求 \(f(n)\).
有一个很厉害的做法.
首先我们证明 \(f(1)\) 是 \(\{f(k)|k\in\mathbb{N}^*\}\) 中的唯一最小值.
这是显然的. 因为对于 \(f(m)\ (m>1)\) 有 \(f(f(m-1))<f(m)\), 且该集合一定存在最小值.
由此我们得出 \(f(1)<f(m)\ (m>1)\).
如法炮制, 使用数学归纳法. 假设我们已经证明了 \(f(1)<f(2)<\cdots<f(n)<f(m)\ (m>n)\). (这也说明了 \(f(n)\geqslant n\))
接下来我们要证明 \(f(n+1)\) 是 \(\{f(k)|k\in\mathbb{N}^*,k>n\}\) 中的唯一最小值.
对于 \(m>n+1\), 有 \(m-1>n\), 进而 \(f(m-1)>f(n)\geqslant n\). 故 \(f(m-1)\geqslant n+1\).
又有 \(f(m)>f(f(m-1))\), 故 \(f(m)\) 不是最小值. 又因为该集合存在最小值, 得 \(f(n+1)\) 是该集合的最小值.
综上得到 \(f\) 严格单增.
又因为 \(f(f(n))<f(n+1)\), 得 \(f(n)<n+1\), 结合之前的结果有 \(n\leqslant f(n)<n+1\), 即 \(f(n)=n\).
- 设 \(f:M\mapsto M\), 其中 \(M\sub Z,0\in M\), 且 \(M\) 为有限集. 已知 \(f(0)\geqslant0\) 且 \(f\) 非严格单增, 求证 \(\exist x\in M, f(x)=x\).
简单题. 考察对性质的刻画.
根据我们的直觉, 因为 \(M\) 为有限集, \(f\) 非严格单增且 \(f(0)\geqslant0\), 一定会存在一个点分隔了 \(f(x)\geqslant x\) 和 \(f(x)<x\). 只需要证明这个点是要寻找的 \(x\) 即可.
令 \(D:=\{k|f(k)\geqslant k\}\). 由题知 \(0\in D\), 故 \(D\) 非空. 又有 \(D\sub M\), 故 \(D\) 为有限集.
考察 \(D\) 中的最大元素 \(x\). 有 \(f(x)\geqslant x\), 又由单调增知 \(f(f(x))\geqslant f(x)\), 故 \(f(x)\in D\). 由 \(x\) 的最大性知 \(f(x)=x\), 证毕.
-
\(M\) 为一些形如 \(f(x)=ax+b\ (x,a,b\in\mathbb{R})\) 的函数构成的一个非零函数集. 满足:
- \(f(x),g(x)\in M\Rarr g(f(x))\in M\)
- \(f(x)\in M, f(x)=ax+b\ (a\neq0)\Rarr f^{-1}\in M, f^{-1}=\dfrac{x-b}{a}\)
- \(\forall f\in M, \exist x_0\in\mathbb{R}: f(x_0)=x_0\)
求证 \(\exist k\in\mathbb{R}\), 使 \(\forall f\in M, f(k)=k\). (注意和第三条性质的区别)
比较简单的题. 需要注意发现性质.
首先对不动点进行讨论. 第三条性质告诉我们 \(M\) 中的函数都有不动点. 对 \(f(x)=ax+b\) 的不动点进行计算, 得不动点 \(x_0=\dfrac{b}{1-a}\). 只需证明这是一个常数. (对于函数 \(f(x)=x\), 任何实数都是它的不动点, 因此它不影响我们的讨论)
考虑对不动点的条件进行固定, 比如固定 \(a\) 为常数, 考察 \(M\) 中的函数 \(f(x)=ax+b_1,g(x)=ax+b_2\).
一个容易想到的思路是先取反函数再复合消去 \(a\). 具体计算有 \(g(f^{-1}(x))=x-b_1+b_2\). 显然 \(g(f^{-1}(x))\in M\), 有不动点. 故 \(b_1=b_2\).
最后证明对于任意两个 \(M\) 中的函数, 它们的不动点相同. 设 \(f(x)=a_1x+b_1,g(x)=a_2x+b_2, f,g\in M\). 只需要相互复合构造出相同的 \(a\):
\(f(g(x))=a_1a_2x+a_1b_2+b_1, g(f(x))=a_1a_2x+a_2b_1+b_2\).
由前面的结论知 \(a_1b_2+b_1=a_2b_1+b_2\), 化简即得结果.
- 构造两个函数 \(f,g:\mathbb{R}\mapsto\mathbb{R}\) 使 \(f(g(x))\) 在 \(\mathbb{R}\) 上严格递减, \(g(f(x))\) 在 \(\mathbb{R}\) 上严格递增.
奇怪的题.
为了使构造方便, 我们可以直接钦定 \(f(g(x))\) 和 \(g(f(x))\) (注意要保证后面的函数方程至少看起来能解).
比如令 \(f(g(x))=-2x, g(f(x))=2x\), 代入 \(x\gets f(x)\) 和 \(x\gets g(x)\) 化简得到 \(f(2x)=-2f(x), g(-2x)=2g(x)\).
我们先来看 \(f(x)\). 显然 \(f(0)=0\). 注意到关系式中的 \(x\) 和 \(2x\), 考虑对数轴进行划分:
\(A:=\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}([-2^{2k+1},-2^{2k})\cup(2^{2k},2^{2k+1}]), B:=\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}([-2^{2k},-2^{2k-1})\cup(2^{2k-1},2^{2k}])\)
则 \(A\cup B\cup \{0\}=\mathbb{R}\). 容易发现 \(A\cap B=\varnothing\), 且\(A=-A=2B, B=-B=2A\).
于是令 \(f(x)=\begin{cases}x,&x\in A\\-x,&x\in B\\0,&x=0\end{cases}\) 即可. 容易验证上式成立.
对于 \(g(x)\), 只需令 \(g(x)=2f(x)\) 即可, 此时 \(f(g(x))=-2x, g(f(x))=2x\) 成立.