问题及解答

设 $f(x)$ 可导, 对 $\forall s,t\in\mathbb{R}$, 有 $f(s+t)=f(s)+f(t)+2st$, 且 $f'(0)=1$. 求 $f(x)$ 的表达式.
 

(1) 令 $s=0$, 则有 $f(0+t)=f(0)+f(t)+2\cdot 0\cdot t$, 推出 $f(0)=0$.

(2) 令 $s=-t$, 则有 $0=f(-t+t)=f(-t)+f(t)-2t^2$, 推出 $f(-t)=2t^2-f(t)$.

(3) 令 $s=t=1$, 以及 $s=2$, $t=1$, 等等, 则有

\begin{eqnarray}
f(2)=f(1)+f(1)+2\cdot 1\cdot 1 &\Rightarrow & f(2)=2f(1)+2,\\
f(3)=f(2)+f(1)+2\cdot 2\cdot 1 &\Rightarrow & f(3)=f(2)+f(1)+4\Rightarrow f(3)=3f(1)+6=3(f(1)+2),\\
f(4)=f(3)+f(1)+2\cdot 3\cdot 1 &\Rightarrow & f(4)=f(3)+f(1)+6\Rightarrow f(4)=4f(1)+12=4(f(1)+3),\\
\end{eqnarray}

猜测,

\[f(n)=n(f(1)+n-1)\tag{*}\]

对所有正整数 $n$ 都成立.

我们用归纳法证明.

Claim 1. $f(n)=n(f(1)+n-1)$ 对所有正整数 $n$ 都成立.

Pf. 首先, 当 $n=1,2,3,4$ 时, 已验证. 假设 $n=k$ 时, 结论成立. 即有 $f(k)=k(f(1)+k-1)$. 要证当 $n=k+1$ 时也成立. 事实上, 当 $n=k+1$ 时,

\[
\begin{split}
&f(k+1)=f(k)+f(1)+2\cdot k\cdot 1\\
\Rightarrow\ &f(k+1)=k(f(1)+k-1)+f(1)+2k\\
\Rightarrow\ &f(k+1)=(k+1)f(1)+k^2+k\\
\Rightarrow\ &f(k+1)=(k+1)(f(1)+k).
\end{split}
\]

因此猜测成立.

Claim 1 对于 $n=0$ 显然也是成立的. 下面证明对所有负整数 $n$ 都成立.

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Claim 2. $f(n)=n(f(1)+n-1)$ 对所有负整数 $n$ 都成立.

Pf.  设 $m=-n$, $n$ 为正整数. 由(2), 有 $f(m)=f(-n)=2n^2-f(n)$. 于是

\[
\begin{split}
f(-n)&=2n^2-f(n)=2n^2-n(f(1)+n-1)=n^2-nf(1)+n\\
&=(-n)f(1)+(-n)(-n-1)=(-n)\bigl[f(1)+(-n-1)\bigr].
\end{split}
\]

因此, (*) 对 $\forall n\in\mathbb{Z}$ 都成立.

下证 (*) 对任意有理数也成立.

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Claim 3. $f(x)=x(f(1)+x-1)$ (**) 对所有 $x\in\mathbb{Q}$ 都成立.

Pf.  由条件

\[
\begin{split}
&f(1)=f(\frac{1}{2})+f(\frac{1}{2})+2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\\
\Rightarrow\ &f(1)=2f(\frac{1}{2})+\frac{1}{2}\\
\Rightarrow\ &f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}(f(1)-\frac{1}{2})
\end{split}
\]

因此, (**) 对 $x=\frac{1}{2}$ 成立.

\[
\begin{split}
f(1)&=f(\frac{1}{3})+f(\frac{2}{3})+2\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\\
&=f(\frac{1}{3})+\Bigl[f(\frac{1}{3})+f(\frac{1}{3})+2\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}\Bigr]+2\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\\
&=3f(\frac{1}{3})+\frac{2}{3}\\
\Rightarrow\ &f(\frac{1}{3})=\frac{1}{3}(f(1)-\frac{2}{3}).
\end{split}
\]

因此, (**) 对 $x=\frac{1}{3}$ 成立. 一般的, 我们有

Claim 4. $f(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}\bigl[f(1)+\frac{1}{n}-1\bigr]$.

Pf.

\[
f(\frac{1}{n})+f(\frac{1}{n})=f(\frac{1}{n}+\frac{1}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}=f(\frac{2}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}
\]

\[
\begin{split}
f(\frac{1}{n})+f(\frac{1}{n})+f(\frac{1}{n})&=f(\frac{1}{n})+f(\frac{2}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}\\
&=f(\frac{1}{n}+\frac{2}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}\\
&=f(\frac{3}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1+2}{n}
\end{split}
\]

\[
\begin{split}
4f(\frac{1}{n})&=f(\frac{1}{n})+f(\frac{3}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{3}{n}\\
&=f(\frac{1}{n}+\frac{3}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1+2}{n}-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{3}{n}\\
&=f(\frac{4}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1+2+3}{n}
\end{split}
\]

容易验证,

\[
k\cdot f(\frac{1}{n})=f(\frac{k}{n})-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1+2+3+\cdots+(k-1)}{n}.
\]

令 $k=n$, 则得

\[
\begin{split}
n\cdot f(\frac{1}{n})&=f(1)-2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1+2+3+\cdots+(n-1)}{n}\\
&=f(1)-\frac{2}{n^2}\cdot\frac{(n-1)n}{2}\\
&=f(1)-\frac{n-1}{n}.
\end{split}
\]

故推出

\[
f(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}\bigl[f(1)+\frac{1}{n}-1\bigr].
\]

---

 

于是进一步可以证明

Claim 5.

\[
f(\frac{m}{n})=\frac{m}{n}\bigl[f(1)+\frac{m}{n}-1\bigr].
\]

Pf.

\[
\begin{split}
f(\frac{2}{n})&=f(\frac{1}{n}+\frac{1}{n})=2f(\frac{1}{n})+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}\\
&=2\cdot\frac{1}{n}\Bigl(f(1)+\frac{1}{n}-1\Bigr)+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n}\\
&=\frac{2}{n}\Bigl[f(1)+\frac{1}{n}-1+\frac{1}{n}\Bigr]\\
&=\frac{2}{n}\Bigl[f(1)+\frac{2}{n}-1\Bigr].
\end{split}
\]

\[
\begin{split}
f(\frac{3}{n})&=f(\frac{1}{n}+\frac{2}{n})=f(\frac{1}{n})+f(\frac{2}{n})+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}\\
&=f(\frac{1}{n})+\frac{2}{n}\Bigl[f(1)+\frac{2}{n}-1\Bigr]+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}\\
&=\frac{1}{n}\Bigl[f(1)+\frac{1}{n}-1\Bigr]+\frac{2}{n}\Bigl[f(1)+\frac{2}{n}-1\Bigr]+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}\\
&=\frac{3}{n}f(1)+\frac{1}{n}(\frac{1}{n}-1)+\frac{2}{n}(\frac{2}{n}-1)+\frac{2}{n}\cdot\frac{2}{n}\\
&=\frac{3}{n}f(1)+\frac{3}{n}(\frac{3}{n}-1)\\
&=\frac{3}{n}\Bigl[f(1)+\frac{3}{n}-1\Bigr]
\end{split}
\]

假设 Claim 5 中所证等式对于 $\frac{i}{n}$, $i=1,2,\ldots,k$ 成立, 要证对于 $\frac{k+1}{n}$ 也成立.

\[
\begin{split}
f(\frac{k+1}{n})&=f(\frac{1}{n}+\frac{k}{n})=f(\frac{1}{n})+f(\frac{k}{n})+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n}\\
&=\frac{1}{n}\Bigl[f(1)+\frac{1}{n}-1\Bigr]+\frac{k}{n}\Bigl[f(1)+\frac{k}{n}-1\Bigr]+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n}\\
&=\frac{k+1}{n}f(1)+\frac{1}{n}(\frac{1}{n}-1)+\frac{k}{n}(\frac{k}{n}-1)+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\frac{k}{n}\\
&=\frac{k+1}{n}f(1)+\frac{k^2+2k+1}{n^2}-\frac{k+1}{n}\\
&=\frac{k+1}{n}\Bigl[f(1)+\frac{k+1}{n}-1\Bigr]
\end{split}
\]

Q.E.D.

利用 $f(-t)=2t^2-f(t)$, 容易验证 Claim 5 对 $-\frac{m}{n}$ 也成立.

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对任意 $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$, 存在有理数列 $r_i\in\mathbb{Q}$, 使得 $r_i\rightarrow x$, $(i\rightarrow\infty)$. 不妨设 $r_i=\frac{p_i}{q_i}$, 这里 $p_i$ 和 $q_i$ 为互素的整数, 注意到 $f$ 是连续的, 故有

\[
\begin{split}
f(x)&=f(\lim_{i\rightarrow\infty}r_i)=\lim_{i\rightarrow\infty}f(r_i)=\lim_{i\rightarrow\infty}f(\frac{p_i}{q_i})\\
&=\lim_{i\rightarrow\infty}\frac{p_i}{q_i}\Bigl[f(1)+\frac{p_i}{q_i}-1\Bigr]\\
&=x\bigl(f(1)+x-1\bigr).
\end{split}
\]

因此, 对 $\forall\ x\in\mathbb{R}$, 有 $f(x)=x(f(1)+x-1)$ 成立.

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最后, 我们根据所给条件求出 $f(1)$.

$f$ 可导, 所以有

\[
f'(x)=(f(1)+x-1)+x=f(1)+2x-1.
\]

又 $f'(0)=1$, 故 $f(1)+2\cdot 0-1=1$, 推出 $f(1)=2$. 因此,

\[
f(x)=x(x+1).
\]