求所有的函数\(Q^{+} \rightarrow Q^{+}\), 使得\(f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{f(xy)}{f(x+y)}\).
from 笨笨小胖
solve Sakuyalove
(函数方程题没有什么通法, 我们一般带入一些简单的值. 先看看有什么性质.)
假设这样的\(f\)存在. 取\(x=y=1\)得:
\(4f(1)=\frac{f(1)}{f(2)}\). 由于\(f\)恒正, 故\(f(2) = \frac{1}{4}\).
取\(x=y=2\)得:
\(2f(2)+8f(4)=1\Rightarrow f(4)=\frac{1}{16}\).
取\(y=1\)得:
\(f(x)+f(1)+2xf(x)=\frac{f(x)}{f(x+1)}\Rightarrow 2x+1 + \frac{f(1)}{f(x)} = \frac{1}{f(x+1)}\).
(所以这里实际上是一个\(x_{n+1}=p x_n +qn + r\)形式的东西, 是一个一阶递推. 这个东西已经可以求出通项公式了, 所以其实相当于对于所有整数的\(x\), 我们都知道了\(f(x)\)的形式, 它可以用关于\(f(1)\)的表达式来表示出来. 而我们已经有\(f(2)=\frac{1}{4}, f(4)=\frac{1}{16}\). 于是我们可以大胆猜测\(f(1)\)是一个可以直接确定的值, 可以通过从\(2\)往上递推求出\(f(4)\)关于\(f(1)\)的表达式, 进而求出\(f(1)\).)
取\(x=2, y=1\)得:
\(5+4f(1)=\frac{1}{f(3)}\).
取\(x=3, y=1\)得:
\(7+\frac{f(1)}{f(3)}=16\).
两者连立并注意\(f(x)\)恒正, 有\(f(3)=\frac{1}{9}, f(1)=1\).
于是\(2x+1+\frac{1}{f(x)}=\frac{1}{f(x+1)} (*)\). 用数学归纳法可以得到\(f(n)=\frac{1}{n^2}, n \in \mathbb{Z^{+}}\).
接下来我们想考虑一些一般的情况: 对于一个有理数\(\frac{p}{q} (p, q \in \mathbb{Z^{+}})\), 代入\(x=p, y=q\)得:
\(f(p)+f(\frac{1}{q})+\frac{2p}{q}f(\frac{p}{q})=\frac{f(\frac{p}{q})}{f(p+\frac{1}{q})} (* *)\).
\(f(\frac{1}{q})\)我们暂时没有什么好办法处理, 但是\(f(p+\frac{1}{q})\)可以用式\((*)\)的递推表示成和\(f(\frac{1}{q})\)有关的式子:
对\(p\)用数学归纳法, 结合\((*)\)式, 可以得到\(\frac{1}{f(p+\frac{1}{q})}=p^2+\frac{2p}{q}+\frac{1}{f(\frac{1}{q})}=\frac{1}{f(p)}+\frac{2p}{q}+\frac{1}{f(\frac{1}{q})}\).
(如果你不知道上面那个式子怎么得到的, 可以这样: 根据\((*)\)式, 让\(x\)取不同的值, 我们有:
然后\(p\)个式子求和即可. 这也是我们写递推数列通项公式的一个小技巧: 自己在演草纸上推演, 证明的时候直接归纳.)
代入\((* *)\)式得:
\(f(p)+f(\frac{1}{q})+\frac{2p}{q}f(\frac{p}{q})=(\frac{1}{f(p)}+\frac{2p}{q}+\frac{1}{f(\frac{1}{q})})f(\frac{p}{q})\), 由\(x\)恒正知\(f(\frac{p}{q})=f(p)f(\frac{1}{q})\).
取\(p=q\)得:
\(1=f(p)f(\frac{1}{p})\).
从而\(f(\frac{1}{p})=p^2\).
故\(f(\frac{p}{q})=f(p)f(\frac{1}{q})=\frac{q^2}{p^2}\).
即对一切\(x \in \mathbb{Q}^+\), 有\(f(x)=\frac{1}{x^2}\). 代入题中式子检验成立.
故所有满足要求的函数为\(f(x)=\frac{1}{x^2}\).