问问一道数学竞赛题高中数学联赛培优教程（一试）57页第13题:设f：R→R,且在R上严格单调,并且对任何x属于R都满足f(x)+f-1(x)=2x,其中f-1(x)是f（x）的反函数,求f（x）.求帮助啊~答案看不懂不对
来源：学生作业帮助网 编辑：六六作业网 时间：2024/11/07 21:24:29
问问一道数学竞赛题高中数学联赛培优教程（一试）57页第13题:设f：R→R,且在R上严格单调,并且对任何x属于R都满足f(x)+f-1(x)=2x,其中f-1(x)是f（x）的反函数,求f（x）.求帮助啊~答案看不懂不对
问问一道数学竞赛题
高中数学联赛培优教程（一试）57页第13题:设f：R→R,且在R上严格单调,并且对任何x属于R都满足f(x)+f-1(x)=2x,其中f-1(x)是f（x）的反函数,求f（x）.
求帮助啊~答案看不懂
不对啊，答案是 f(x)=x+c..(c为常数)
到底该怎么做啊！！
问问一道数学竞赛题高中数学联赛培优教程（一试）57页第13题:设f：R→R,且在R上严格单调,并且对任何x属于R都满足f(x)+f-1(x)=2x,其中f-1(x)是f（x）的反函数,求f（x）.求帮助啊~答案看不懂不对
事实上,先由x=0点代入,得到：
f(0)+f-1(0)=0
∴设f(0)=c,f-1(0)=-c
∴由归纳法证明：x=kc时,f(x)=x+c,k∈Z
具体过程如下：
当k=0时显然成立,若k=n时成立,下证k=n+1时成立,k=n-1时成立
∵f(nc)+f-1(nc)=2nc
∴代入f(nc)=nc+c,那么：f-1(nc)=(n-1)c
∴f[(n-1)c]=nc,即k=n-1时成立
∵f[(n+1)c]+f-1[(n+1)c]=2(n+1)c
∵f(nc)=nc+c
∴f-1[(n+1)c]=nc,代入上式
∴f[(n+1)c]=(n+2)c
由上从0开始向x<0和x>0两边归纳就可以得到：
当x=kc时,f(x)=x+c,其中k∈Z
再用反证法：
如果存在x0,f(x0)≠x0+c
设f(x0)=x0+a,其中a≠c
还是与上面相同,由归纳法,f(x0+ka)=x0+(k+1)a,其中k∈Z
现在来导出矛盾：若a>c
只需找到一点,使x0+ka<=nc；而x0+(k+1)a>(n+1)c
这个是显然可以找到的,∵存在：m使,ma>(m+2)c,（由a>c可以得到）
∴在[x0,x0+ma]上考虑,其中必有至少m+1个x=kc的点
∴线段分成[x0,x0+a],[x0+a,x0+2a],…,[x0+(m-1)a,x0+ma]共有m段
∴至少有一段上面有两个x=kc的点（抽屉原理）
设小的一个是pc,大的一个是(p+1)c,设这一段是[x0+qa,x0+(q+1)a]
∴在这个区间上有：x0+qa
f(x0+qa)=x0+(q+1)a,（f(x0+ka)=x0+ka+a)
f(pc)=(p+1)c,（f(kc)=kc+c)
由单调性,f(pc)=pc+c,f[(p+1)c]=(p+1)c+c
无论c>0或c<0都有,函数是单调递增的.
而,由区间上的关系：
x0+qa
与单调递增矛盾
同理a
所以对于一切点都有,f(x)=x+c
你最好把它完善一下,比如说把单调递增的证明搬到前面去,那样看起来更好.
由f在R上严格单调设f（x）=ax+b
解之得f-1(x)=[f（x）-b]/a
而f(x)+f-1(x)=(ax+b)+[f（x）-b]/a=(ax+b)+[(ax+b)-b]/a=(a+1)x+b
又因为f(x)+f-1(x)=2x所以(a+1)x+b=2x
比较方程两边一次项系数和常数项系数得a+1=2,b=0
故f（x）=x