函数迭代与不动点问题

l3 '
_, 特 二_址 一万 、_ a + b_ . _ ,_,_ 的 二根 _ , 为 程 二= x 一 一 二 二问个 小等
C 劣 十a
所 以 b一 血二 a ,一 c a
O a n a 。+ l 一Q
co n
, 同样 b一 中二 姆 ,一 够
(a一 a )a 。 c + b一 a d
吸=万劝a 0 二 12
证法 .
练习 3
解ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 程 :x
(令f ( 二 卜 丫 丁石 , 则原 方程 为 x = . (x f ) ,x = ( f 的解 为 x = 2 , 利用例 2 证 其 唯一性 .)
2 分式 线性 递推关 系
二 )
设f ( f ( x。 ) )= x 。, 令 f (x 。 )= t尹x 。 , 则 f ( t)= x 。 ,
尸 一 _ “' ( 戈 一 ` )' 一 0_ 、 幼 (a , kZ Ly = k x ( 直 线 O 尸 的万 程 )
Z a b Zx 一 a Zb Z = 0 .
一 6 , ): , +
所 以 x lx: =
y L U 矛 I L l
一 劣
a Zb Z bZ 一 a Z无 2
顶 点为 A , 尸为双 曲线 上 的一个 动 点 ( 不是 顶点 ) , 从
解 法 1 判 别 式验 证.
( 二 f )一 二 =a x ,+ ( b 一l) 二 c = 0 无 实 根 ,则 ■ + = (b l) ' 一 4a c < 0.由f ( f ( 二 ) )= x ,有 。( 。 2+ 6二 +。 )2+6 ( 。 , + bx+ 。 ) +e一 x = 0 , 整 理得 , a (a x Z+ 旅+ 。 )2一 x Z+ a a x Z+ 6 (a x Z+ 6x + 。 ) +e一 x= o ,
, 函数迭代 中的不变 性质 例1 (20 0 8 年 上海 交 大) 已知 函数f ( : 卜 。 ,+
于是 刀月 x ) )< ( f
) < x x ;
所 以f ( f ( x ) )二x 没有 实数根 . 评 由解法 三 , 此题 结论 可 推广 为 沃 (x ) 二x 没
有实数根 , 此 时法 一 、 法 二失 效. 练习1 (20 0 9 年 上 海 交 大 )证 明 :若 f ( f ( x ) )
过点 Q ,R 的二次 曲线 系方 程 ,此 曲线方 程 与直线 口 尸
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O , ad 一 c 尹o 以及 初 始 值 a , 笋f b ( a , ) ,则 称 此 数 列 为
__ x = 二共 邸 + b 的根 二_ 为 .该 _ 、 数列 _ ~ 分式线 性递 推数 列 ;称 方程 的
a a _+ b
若 a > 0 ,则 f ( x ) > x 恒成 立 ,
于是 . 尺八x ) ) > ( x )> x ; f 若 a < O ,则 f ( x ) < x 恒成 立 ,
证 明.
。 Ca x , + (b 一l ): + 。 了〔 x , + ( 6 + 1 )二 a + 。 」 + ( 1+ 6 ) [a x Z+ (乙 一 1 )x + ej = 0 ,
a ZxZ+a (b+ l)x +b +a c + l= O ,
■ 2 = 。, (6+ l)2一 4a z(6+ a c +一 )
= 。, [(6一 l) ' 一 4a c 一 4〕 <一 4a , <o , 故f ( f ( x ))= 二 不存 在 实数根 .
解法 2 先举 例 子猜 结论 , 如f ( 二 )= : , + 2 > 二 ( f , f
(二 ) )二二 4+ 3x , + 4 + x , + 2 > 二, 结 论应 是 无 实根.再 用 反
有唯 一不 动点 , 则f ( x ) 也有 唯一 不动 点. 证明
(x 。 ) )二xo.
设 x。 是f ( f ( x ) )的唯一不动点 , 即f ( f
存 在性.令 f ( x。 )二t , 则f ( t)= x 。 ( f , f ( :) ) = : , 由f 拭 二 ) 不 动点 的唯一 性知 t二 x 。, ( x。 f )二x 0 · 唯一性 设 f ( :)= , (:尹x 。 ) ,则 f ( f ( :) )二 ( , )二 f :,与x。 的唯 一性矛 盾 ,故 f ( x ) 也有 唯 一不 动点 . 例 2 若f ( x ) 为 严 格 递 增 函数 ,f ( x ) 的定义域
32
`' 一 、 一 ” 一 一 `~ ~ 一 `' “ 一 ' 一
x + d 一` 'r一 c / ` '`'~ ~ `一 `
不动 点.
{
另宪 教琪 公 牙娜 忿兜卿忍 另称 g … 苏 弓苏 策 尹
中学数 学 杂志
20 1 3 年第 7 期
3 a o一4
一 7 ao+ 8
解
( l )a ,
二 万 瓦 巧 ,“,二 飞石 乒 百'
x 。, 因为f ( x ) 严格 递增 , 所 以 x 。 ( x。 f < )< ( f f ( x。 ) )< . 二 n (x 。 f < ).同理 若 f ( x。 ) <二。 ,则 x 。 n (x 。 f > ) , 均 与f n (x 。 ) 二x 。 矛盾.所 以f ( x。 )二x o . 练 习 2 (20 10 年 浙 江 大 学 )设 M = (x I f(x)= x } , 厅= 卜 I ( f f ( x ) )= x }. (一 )求 证 :M 二N ; (2 )f ( 二 ) 为单 调递 增 函数 时 , 是 否 有 M = N ? 并
点 (x 。,t ) 与( t ,x 。 )关 于 y = 二对 称且 都在 y = ( f ) 上.y x
胡 x ) 与 y = x 必 有交 点 , 从 而 f ( x ) = x 必 有 实数 根 ,
矛盾. 解法 3 不 等关 系迭代.
如 果 递 归 数 列 风} 满 足 n一 a 二 减 石,其 中· `
包 含其值 域 ,则 对某 个 x 。, n (x 。 f )二 0 叼 丈 x x。 )二x 。 . 证明 充 分性显 然成 立.反 证 必 要性 .若 f ( x。 )>
b:十。 ( a 尹。 ) ,且 f ( x ) 二x 没 有 实数 根.问 : ( f f ( x ) )= x 是否 有实数 根 ? 并 证 明你 的结 论.
点 A 引双 曲线 的两条 渐 近线 的平行 线 ,与 直线 口 P 分 别 交于 Q ,R 两点 , 其 中 口为 坐标原 点 , 则 1 0 尸! ' 与
1 oQ I · 1 o R I 的大小关 系是 _ 分析 设 p (x 。,少。 ), Q (x l , , .) , R (x : ,丁 2 ). 因 O , p , Q ,R 共线 , 故 考察 1 o P 1 2 与 ! O Q 卜! O R ! 的大小 关 .
= 一3 , 可得四点共双曲线的方程4 x 2 一勿 , 一3万x +
3y + 2 = 0 .
「 a了一b (x 一a ) 〕 · [a少+ b (x 一a ) 」 = 0 过点 Q ,
R , 即a 、 , 一6 , (二一a ) ' = o 过点 Q ,双 .由
4
其它
一双 ” 线 一a ·一 b · =1(。, 0 ,。 例 6 设 曲 其 其 , 。 )的 右
解 l , :a少一b(x 一a ) = o 过点 口 (x : ,丁, ) ,
的.比如在 ② 中令 人 = 一 1 , 得 四 点共 抛 物 线的 方程
12:a犷+ b(x 一a ) = 0 过 点 R (xZ ,)2) ,所 以曲线
2尹 + 涯x 一 y 一2 二0 ; 在 ② 中令2 + 2人= A 一1幼A
若 a 。的 周 期 为 2 (a 。 + , 尹 a ,。
担 `坚 飞 是 周 期 为: 的 等 比 数 列,公 比 为 一 1. 又。 ,口
la 。 岁J
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当然 A , 尸 , B , Q 四 点也 可 以是 共抛 物 线的 , 共双 曲线
联 立 , 消去 y 即得关 于 x 的一 元 二次方 程.
量 , 使 问题 快速得 解 ,
侯作奎 , 男 , 19 5 6 年 5 月生 , 湖北省 中学数 学
系 , 只需考察端与二 : xZ的大
小 关 系.由 x Lx: , 想到 运用 韦 达定 理.这 就 启 发 我 们 构 造
图3
作者简介
特级教 师.发表论 文二十余篇 , 现任教 于武汉外国语 学校.
由
a Zb Z
一 a一 y一二a 一 b一
,
,
, , , 劝孙 = 丁 于一一 不 石 万
o 一 “ `
所以二 : xZ = 杯.
此 式两边 同除以 。 s Za (a 为直 线 o p 的倾斜 角 ) o
得 ! 0 尸! ' 到 口 Q 卜l 口 R 1.
评析
这 里通过 构 造 曲线 系方程 , 减 少 了运 算