来自人教群的抽象函数 $f(x+y)=f(xf(y))f(y)$

kuing

鄂A爱好者学数(1532******)  20:38:31


题目：已知定义在 $(0,+\infty)$ 的函数 $f(x)$ 满足：

（1）对于任意的 $x>0$, $y>0$，都有 $f(x+y)=f\bigl(x\cdot f(y)\bigr)f(y)$；

（2）$f(2)=0$；

（3）当 $0<x<2$ 时，$f(x)\ne0$。

求 $f(1/2)$。

首先这题有点瑕疵，定义域不包括 $0$，那么条件（1）中如果 $y=2$ 那就出现 $f(0)$，要是这点没意义，那就不能说对任意的 $x>0$, $y>0$ 都有……了，因此建议要么定义域补上 $0$ 这个点，要么在条件（1）加上 $y\ne2$。不过这都不影响下面的求解。


在条件（1）中令 $x=2-y$，其中 $0<y<2$，则
\[0=f(2)=f\bigl((2-y)f(y)\bigr)f(y),\]
由条件（3）知 $f(y)\ne0$，故只能 $f\bigl((2-y)f(y)\bigr)=0$，再由条件（3）知只能 $(2-y)f(y)\geqslant 2$，即
\[f(y)\geqslant \frac{2}{2-y}. \quad (1)\]

现在假设存在 $t\in (0,2)$ 使得 $f(t)>2/(2-t)$，令
\[y=t,x=\frac{t}{f(t)-1},\]
则有
\[x+t=\frac{tf(t)}{f(t)-1}=xf(t),\]
而
\[0<x+t<\frac{t}{\frac{2}{2-t}-1}+t=2,\]
于是我们有
\[f(x+t)=f\bigl(xf(t)\bigr)\ne 0,\]
再对比条件（1），只能
\[f(t)=1,\]
然而
\[f(t)>\frac{2}{2-t}>1,\]
矛盾！这表明对于任意的 $t\in (0,2)$ 都必须
\[f(t)\leqslant \frac{2}{2-t}. \quad (2)\]

综合(1)(2)，对任意 $x\in (0,2)$，恒有
\[f(x)=\frac2{2-x}.\]

经检验，当 $x>0$, $y>0$, $x+y<2$ 时上述函数确实满足条件（1）。
至于 $(2,+\infty)$ 区间上的，就跟最开始说的瑕疵有关了，因为如果条件（1）允许代 $y=2$ 那么 $(2,+\infty)$ 上显然 $f(x)$ 恒为零，但如果不允许代就未必了。

kuing

差点忘记了帖出当时群里网友转发的另一个解法：

豫A爱好者Nash(2770*****) 22:18:45
还有一位广东的老师的解答和你写的差不多，
豫A爱好者Nash(2770*****) 22:20:09

这个解法有一半和我一样（>=的），但另一半（<=的）比我简单，我用反证，略显麻烦，而他是直接推出。

kuing

这帖 bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=3130811 里也有人贴了楼上的解法，图片更清晰，不过怎么没了解答者注明？？？

hongxian

回复 3# kuing

会不会就是“广东严文兰”发的贴

kuing

回复 4# hongxian

不会，那个ID水平一般，严文兰可是大牛。

isee

都解得一级棒。