• 从一道美国竞赛题谈起

     

       美国普特南数学竞赛(1963年)中有这样一道题:
    中国论文网 /9/view-72211.htm
       设f(x)是定义在自然数集上且取自然数的严格递增函数,如果f(2)=2,且当m,n互素时,有f(mn)=f(m)f(n).
      (1)
       证明对一切正整数x,有
       f(x)=x.
       为了讨论方便,我们把上面的竞赛题改写为下面命题的形式(把原竞赛题中的“自然数”换为“正整数”).
       命题1 设f(x)是定义在正整数集上且取正整数的严格递增函数,如果f(2)=2,且当m,n互素时,有f(mn)=f(m)f(n)
      (1)
       那么对一切正整数x,有
       f(x)=x.
       证明 1)因为f(2)=2,且f(x)严格递增,所以,f(1)f(2),而f(2)=2,所以,f(3)>2.取m=3,n=7(显然3与7互素),根据(1)式及函数的单调性,有
       f(3)f(7)=f(21)
      即f(3)n
      (2)
       当n为奇数时,2与n0-2互素,根据(1)式有
      f[2(n0-2)]=f(2)f(n0-2)=2(n0-2),
      (3)
       因为n0≥4,所以2(n0-2)≥n0,与f(n)>n矛盾;
       当n为偶数时,2与n0-1互素,故
      f[2(n0-1)]=f(2)f(n0-1)=2(n0-1),
      (4)
       因为n0≥4,所以仍有2(n0-1)≥n0,(4)式与(2)式矛盾.
       这就是说,不存在使f(n)≠n的最小n0,所以f(n)=n对一切正整数n都成立.
       如果保留命题1的基本条件(1)不变,适当改变其它条件,那么就可以得到下面的命题2.
       命题2 设f(x)是R上严格递增的连续函数,如果f(1)=1,f(-1)=-1,且对一切x,y∈R,都有f(xy)=f(x)f(y),
       那么对一切实数x,有f(x)=x.
       证明 1)当x取正整数时,由命题1可知结论成立.
       2)当x=0时,因为f(0×0)=f(0)f(0)=f2(0),即f(0)[f(0)-1]=0.因为f(x)严格递增,f(0)
       3)当x取负整数时,令x=-n,则f(-n)=f(-1×n)=f(-1)f(n)=-n.
       4)当x取有理数时,因为1=f(1)=f(n•1n)=f(n)f(1n)=nf(1n),所以,f(1n)=1n.
       从而f(mn)=f(1nm)=f(1n)f(m)=mn.
       5)当x取实数时,对任意x∈R,存在有理数列{xn},n=1,2,3,…n,使limn→∞xn=x,根据函数的连续性及f(mn)=mn,有f(x)=limn→∞f(xn)=limn→∞xn=x.
       如果把命题1中的条件 “f(mn)=f(m)f(n)”改为“f(m+n)=f(m)+f(n)”并适当调整其它条件,那么就可以得到下面的命题3.
       命题3 设f(x)是定义在正整数集上的函数,如果f(1)=1,且对一切正整数m,n都有
       f(m+n)=f(m)+f(n)那么对一切正整数x,有f(x)=x.
       证明 用数学归纳法不难证明
       f(x1+x2+…+xn)=f(x1)+f(x2)+…+f(xn),其中xi(i=1,2,3,…,n)是正整数.
       在上式中取x1=x2=…=xn=x,则有f(nx)=nf(x).(5)
       在(5)式中令x=1,得f(n)=nf(1).又因为f(1)=1,所以f(n)=n.即f(x)=x,其中x是正整数.
       如果把命题3中x的取值范围进一步拓宽,换为全体实数,那么就可以得到下面的命题4.
       命题4 设f(x)是R上的连续函数,如果f(1)=1,且对一切x,y∈R,都有
       f(x+y)=f(x)+f(y),
       那么对一切实数x,有f(x)=x.
       证明 1)当x取正整数时,由命题3可知,结论成立.
       2)当x=0时,因为f(0+0)=f(0)+f(0)=2f(0),所以f(0)=0.
       3)当x取负整数时,令x=-n,则
       0=f(0)=f(n-n)=f[n+(-n)]=f(n)+f(-n),即f(-n)=-f(n)=-n.
       4)当x取有理数时,令x=mn(n∈N*,m∈Z),则nf(mn)=f(nmn)=f(m)=m,
       即f(mn)=mn.
       5)当x取实数时,对任意x∈R,存在有理数列{xn},n=1,2,3,…,使limn→∞xn=x,
       根据函数的连续性及f(mn)=mn,有f(x)=limn→∞f(xn)=limn→∞xn=x.
       在命题4 中,如果把“f(x+y)=f(x)+f(y)”中的x,y分别用x2和y2代换,那么就有f(x2+y2)=f(x2)+f(y2),如果再把这个表达式从形式上稍做调整,就得出了我们在研究曲线凹凸性时常用的表达式f(x+y2)和f(x)+f(y)2.现在我们要问,如果把命题4中的f(x+y)=f(x)+f(y)换为f(x+y2)=f(x)+f(y)2,而其它条件不变,那么f(x)应该具有怎样的表达式呢?
       事实上,因为
       f(x2)=f(x+02)=f(x)+f(0)2; 12[f(x)+f(y)]=f(x+y2)=f((x+y)+02)=12[f(x+y)+f(0)].
       所以,f(x+y)=f(x)+f(y)-f(0)
       即 f(x+y)-f(0)=[f(x)-f(0)]+[f(y)-f(0)].
       令g(x)=f(x)-f(0),则g(x+y)=g(x)+g(y),且g(1)=f(1)-f(0)=1-f(0),
      若令f(0)=0,则g(1)=1,此时,由命题4可知,g(x)=x,即f(x)=g(x)-f(0)=x.
      这样,我们就得到下面的命题5.
       命题5 设f(x)是R上的连续函数,如果f(1)=1,f(0)=0,且对一切x,y∈R,
       都有f(x+y2)=f(x)+f(y)2
       那么对一切实数x,有f(x)=x.
       对于命题5,我们也可以通过几何直观做出推断.我们知道,在区间间(a,b)内,若f(x1+x22)>f(x1)+f(x2)2,则曲线y=f(x)是上凸的,若f(x1+x22)
       通过上面的讨论可以看出,尽管各个命题的条件不尽相同,自变量x的取值范围也不一样,但函数的表达式都是f(x)=x,可谓“殊途同归”.根据这些结论,我们可以自行设计一些相关的问题,用以训练学生的思维.
      
       作者简介 司志本(1959―),男,河北兴隆人,河北民族师范学院教授.


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