f(x+y)=f(x)+f(y) f(1)=c 证明f(x)=cx 有奖 有个函数满足f(x+y)=f(x)+f(y)-1试证明这个函...
f(x+y)=f(x)+f(y) f(1)=c \u8bc1\u660ef(x)=cx\u6211\u5012\u662f\u5efa\u8bae\u4f60\u7528\u5bfc\u6570\u6765\u8bc1
f'(x) \uff1d\uff08f(x\uff0bx0) -f(x))/x0 \u5176\u4e2dx0\u6781\u9650\u662f0
f(x\uff0bx0) \u6b64\u5f0f\u5e26\u4f60\u7684\u6761\u4ef6f(x+y)=f(x)+f(y)
f'(x)\uff1df(x0\uff09/x0 \u56e0\u4e3af(0)\uff1d0 \u7531\u7f57\u5fc5\u8fbe\u6cd5\u5219
f'(x)\uff1df(x0\uff09/x0 \uff1df'(x0)
\u8bc1\u660e\u4e86\u5b83\u7684\u5bfc\u6570\u662f\u4e00\u4e2a\u5b9a\u503c \u518d\u7531f(1)=c f(0)\uff1d0 \u8bc1\u660ef(x)=cx
\u53d6\u4e00\u4e2a\u4efb\u610f\u7684\u5e38\u91cfa\u548c\u4e00\u4e2a\u53d8\u91cfx\uff0c\u5219\u6709f(x+a)=f(x)+f(a)-1
\u4e24\u8fb9\u540c\u65f6\u5bf9x\u6c42\u5bfc\u5f97\u5230f'(x+a)=f'(x)\uff0c\u7531a\u7684\u4efb\u610f\u6027\u77e5f'(x)\u6052\u7b49\u4e8e\u4e00\u4e2a\u5e38\u6570\uff0c\u4e0d\u59a8\u8bbe\u4e3ak\uff0c
\u5219f(x)=kx+C.
\u5728\u539f\u65b9\u7a0b\u4e2d\u4ee4y=0\u5f97\u5230f(0)=1\uff0c\u6240\u4ee5C=1\uff0c\u6240\u4ee5f(x)=kx+1\uff0c\u5176\u4e2dk\u4e3a\u4efb\u610f\u5e38\u6570\u3002
\u6240\u4ee5\u697c\u4e3b\u7684\u9898\u76ee\u51fa\u5f97\u6709\u95ee\u9898\uff0c\u6bd4\u5982\u4ee4f(x)=3x+1\u4e5f\u80fd\u6ee1\u8db3\u6761\u4ef6\uff0c\u6b63\u786e\u7684\u7ed3\u679c\u5e94\u8be5\u662ff(x)=kx+1.
\u6709\u53ef\u80fd\u697c\u4e3b\u6f0f\u62a5\u4e86\u6761\u4ef6\u3002
一般方法是先在整数集上解这个函数方程,再推广至有理数,最后用极限,两边夹之类的方法证明在无理数集上,该
解也成立.即完成证明.
详细过程:(只对自变量大于零证明,小于零可仿照)
容易得到f(nx)=nf(x)
令x=1可以得到f(n)=nf(1)=cn.
所以在整数集上该函数方程的解为f(x)=cx.
令x=b/a,n=a(a,b为互素整数).
可以得到f(b)=af(b/a)=cb
所以f(b/a)=c*b/a.即在有理数集上该解也成立.
最后是无理数(我默认这个函数是连续函数):
对无理数d,找两个和它足够接近的有理数e,g
显然f(x)单调递增.
e<d<g可以有f(e)<f(d)<f(g)
由函数的连续性只能f(d)=cd.证毕.
第一个人的证明有问题。。
他只是证明了对x是自然数成立，而没有对整个实数成立！
cchyk - 助理 三级
的证明人为加入了连续可导的条件，这显然不可以，因为题目没有给这些条件啊，要是有这些条件，这题就简单了。
这个题是不可能用高中的方法证明的，需要用到大学的极限和逼近的一些理论，大概思路是
：
1、先证明对整数有结论成立，
2、然后由于任何有理数均可以表示为p/q（p q是素数）的形式，证明结论对有理数成立.
3、根据有理数在实数域内是稠密的，也就是任何无理数可以利用一列有理数逼近，证明该结论对任何无理数也成立
这就证得了结论对所有实数均成立！
过程的话，现在写出来高中估计难看懂，你以后可以看看大学的数学分析教材，或者高等数学教材，均有详细证明！
嗯，你这个题目少了一个函数连续的条件，如果加上的话就是大学数学分析课本的一道书后习题了。。。我刚好做过。做法按照POPO的就好了。
前面有几位证明有明显 问题 第一位.. .-o- 后面的 假设连续可以理解 但要取收敛于 无理数x的两个有理数列 而不是两个数
假设可导的那个显然要求过高了...... POPO说的支持一下
cchyk - 助理 三级
只有他证了全体实数的情况。其他只证了很显然的正整数情况。
绛旓細寰楀埌f(0)=1.閭ｄ箞锛宖'(x)= lim (f(x+螖x)-f(x))/螖x =lim ( f(x)f(螖x)-f(x) )/螖x =f(x)lim (f(螖x)-1)/螖x =f(x)lim (f(螖x)-f(0))/螖x =f(x)f'(0) =f(x)鎵浠'(x)=f(x)瑙ｈ繖涓井鍒嗘柟绋嬫湁寰楀埌 y=Ce^x, 鑰冭檻f'(0)=1锛屾湁C=1 鎵浠(x)=...
绛旓細f(xy)=f(x)f(y)-x-y 濡備綍姹俧(x)锛熻В锛氭棰樺彲閲囩敤璧嬪兼硶姹傝В銆傞鍏堬紝涓嶅Θ浠x=y=1,鍒欐湁f(1)=f(1)脳f(1)-2,鐢辨鍙В寰梖(1)=2鎴栬協(1)=-1.鐒跺悗浠=1,鏈塮(x)= f(x)脳f(1)-x-1.鍐嶄唬鍏(1)鐨勫煎嵆鍙眰寰楋細f(x)=x+1鎴栬 f(x)=-0.5x-0.5.绛旀瀵圭殑璇濆氨璧炴壃...
绛旓細(2)浠=-x锛屽緱f(x)*f(-x)=f(0)=1,f(x)=1/f(-x)銆傚洜涓哄綋x>0鏃讹紝f(x)>1锛屾墍浠ュ綋x<0鏃讹紝0<f(x)<1(杩欎釜绗笁姝ユ湁鐢級(3)f(3-x^2)>4,鎺掗櫎3-x^2<0銆備护x=y=1锛屽緱f(2)=f(1)*f(1)=4銆備笉濡ㄨ0<x1<x2锛屽垯f(x1)-f(x2)=f(x1)-f(x1+x2-x1)=f(x1)-...
绛旓細浠=1锛屽垯鏈夛細f'(1)=f(1)lim[f(h)-1]/h lim[f(h)-1]/h=f'(1)/f(1)鍙崇涓轰竴涓父鏁帮紝宸﹁竟鐨勬瀬闄愪篃搴旀槸涓父鏁帮紝鑰岀敱浜巋瓒嬩簬0锛屾晠 f(h)-1涔熻秼浜0锛屾墍浠ユ湁锛歠(0)-1=0 f(0)=1 鎵浠ワ細f'(x)=f(x)lim[f(h)-1]/h=f(x)lim[f(h)-f(0)]/h=f(x)f'(0)=f(...
绛旓細f(1)=f(-1)*f(-1)=1 f(-1)=-1鎴杅(-1)=1 鈪拌嫢f(-1)=-1锛岄偅涔坒(-x)=f(-1)*f(x)=-f(x),f(x)涓哄鍑芥暟(渚嬪f(x)=x)鈪辫嫢f(-1)=1锛岄偅涔坒(-x)=f(-1)*f(x)=f(x),f(x)涓哄伓鍑芥暟(渚嬪f(x)=x²)鍘熷悕棰樺疄闄呬笂鏄釜鍋囧懡棰橈紝杩欎釜鍑芥暟鐨勫鍋舵т笉纭畾锛屾垜...
绛旓細鈭f(x)=f(x/2)*f(x/2)=[f(x/2)]²鈮0 鈭磍nf(x+y)=lnf(x)+lnf(f)浠(x)=lnf(x)鈭礷(x)杩炵画 鈭磄(x)杩炵画 涓攇(x+y)=g(x)+g(y)鐢辨煰瑗垮畾鐞唃(x)=xg(1)鈭磍nf(x)=xlnf(1)鈭磃(x)=e^[x*lnf(1)]=e^[lnf(1)^x]=[f(x)]^x 浠(1)=a>0 鍒檉(x)...
绛旓細鍙兘鎺ㄥ嚭澶т簬绛変簬0.瀵逛换鎰忓疄鏁皌锛屼护x=y=t/2 鏈 f(t)=f(t/2+t/2)=f(t/2)f(t/2)=f²(t/2)>=0 鎵浠ュ浠绘剰瀹炴暟x鏈f(x)>=0
绛旓細鍥犱负f(x+y)=f(x)f(y)f(x+h)=f(x)f(h)f(x+0)=f(x)f(0)f(x)(f(0)-1)=0 鍥犱负f'(0)=1 ,鎵浠(x)涓嶇瓑浜0,浠庤 f(0)=1 f'(x)=lim[f(x+h)-f(x)]/h =lim[f(x)f(h)-f(x)]/h =f(x)lim[f(h)-1]/h =f(x)lim[f(h)-f(0)]/h =f(x)*f'(...
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绛旓細鐢遍鎰f(xy)=f(x)+f(y)鍙煡锛宖(x)涓哄鏁板嚱鏁帮紝
