问题及解答

设函数 $f(x)$ 满足下面的关系,

\[
f(f(x))=\begin{cases}
(x-1)^2, & x\geqslant 1,\\
f(x), & x < 1.
\end{cases}
\]

求 $f(1)$.

 

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f(f(x))=(x-1)^2(x≧1时),f(x)(x<1时)、求f(1) - 基础数学 - 数学中国 - Powered by Discuz! (mathchina.com)

 

先算几个特殊点处的值.
$f(f(1))=(1-1)^2=0$, $f(f(2))=(2-1)^2=1$, $f(f(3))=(3-1)^2=4$, $f(f(0))=f(0)$, $f(f(1+\sqrt{2}))=2$.

于是, $f(0)=f[f(f(1))]$, 记 $a=f(1)$, 则 $f(f(a))=f(0)=f(f(0))$.

令 $g(x)=f(f(x))$, 则
\[
g(x)=\begin{cases}
(x-1)^2, & x\geqslant 1,\\
f(x), & x < 1.
\end{cases}
\]

$g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上是严格单调递增的. 且 $g(a)=g(0)=f(0)$.

\[
f(1)=f[f(f(2))]=\begin{cases}
(f(2)-1)^2, & \text{若}\ f(2)\geqslant 1,\\
f(f(2)), & \text{若}\ f(2) < 1.
\end{cases}
\]

Claim 1. $f(2)\geqslant 1$.
Pf. 假设 $f(2) < 1$, 则 $a=f(1)=f[f(f(2))]=f(f(2))=1$, 而 $f(1)=f(a)=f(f(1))=0$, 矛盾.

 

因此, $f(2)\geqslant 1$.  于是 $a=f(1)=(f(2)-1)^2\geqslant 0$.

 

Claim 2.  对 $x < 1$,  若 $f(x)=\alpha\geqslant 1$, 则 $\alpha=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$;

Pf. 设 $x_0 < 1$,  且记 $\alpha=f(x_0)$. 则
\[
f(f(x_0))=f(x_0)=\alpha, 
\]

即有 $f(\alpha)=\alpha$. 由假设 $\alpha\geqslant 1$, 则 $f(f(\alpha))=(\alpha-1)^2$, 从而 $\alpha=f(\alpha)=f(f(\alpha))=(\alpha-1)^2$. 此时解得

\[
\alpha=\frac{3+\sqrt{5}}{2}.
\]

Q.E.D.

 

由 $g(a)=f(0)=\alpha=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$, 可解出 $a$. 

\[
(a-1)^2=\frac{3+\sqrt{5}}{2}=\frac{6+2\sqrt{5}}{4}=(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^2
\]

推出 $a=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$, 即 $f(1)=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$.

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如果 $\alpha < 1$, 则 $f(f(x_0))=f(x_0)=\alpha$, 因此 $f(\alpha)=\alpha$.

 

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$a=f(1)=\bigl(f(2)-1\bigr)^2\geqslant 0$.

（1） 若 $a\geqslant 1$, 则 $f(f(a))=(a-1)^2$, 又 $f(a)=f(f(1))$, 故 $f(f(f(1)))=f(0)=f(f(0))$, 由此推出

\[
f(0)=(a-1)^2
\]

(i) 若 $f(0)\geqslant 1$, 则

\[f(0)=f(f(0))=f(f(f(0)))=(f(0)-1)^2=\bigl((a-1)^2-1\bigr)^2.\]

综合这两式, 得

\[(a-1)^2=\bigl((a-1)^2-1\bigr)^2\]

这推出

\[
a-1=\Bigl|(a-1)^2-1\Bigr|
\]

注意到 $(a-1)^2=f(0)\geqslant 1$ , 得 $a-1=(a-1)^2-1$. 解得 $a=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$.

(ii) 若 $f(0)=(a-1)^2 < 1$ 时, 即 $0 < a < 2$,  而 $a\geqslant 1$, 故 $1\leqslant a < 2$.

\[
1\leqslant a=f(1)=(f(2)-1)^2 <2
\] 

加上 $f(2)\geqslant 1$, 推出 $2\leqslant f(2) < 1+\sqrt{2}$. 又易见 $f(2)\neq 2$, 这是因为 $f(f(2))=1$. 故

\[
2 < f(2) < 1+\sqrt{2}
\]

且 $f(2)\neq 2$ 推出 $a\neq 1$, 故 $1 < a$.  $0 < f(0) < 1$.

由于 $f(f(1+\sqrt{2}))=2$, 若令 $c=f(1+\sqrt{2})$, 则 $f(c)=2$.

假若 $c < 1$, 则根据定义 $f(f(c))=f(c)=2$, 于是 $f(2)=2$. 与上面的 $f(2)\neq 2$ 矛盾.

因此 $c\geqslant 1$. 于是 $f(f(c))=(c-1)^2$, 即

\[
f(2)=(c-1)^2
\]

由 $f(2)$ 的范围可求出 $c$ 的范围

\[
1+\sqrt{2} < c <\sqrt{1+\sqrt{2}}+1.
\]

因此, $f(f(f(c)))=f(f(2))=1$,

\[
a=f(1)=f(f(f(f(c))))=f^{\{4\}}(1+\sqrt{2}).
\]

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（2） $a\in [0,1)$.

$f(a)=f(f(1))=0 < 1$, 则 $f(a)=f(f(a))=f(0)$, 故 $f(0)=0$. 

\[
f(f(\sqrt{a}+1))=a
\]

\[
f(f(f(\sqrt{a}+1)))=f(a)=0
\]

若 $f(\sqrt{a}+1) < 1$, 则 $f(f(f(\sqrt{a}+1)))=f(f(\sqrt{a}+1))=a$, 这推出 $a=0$, 矛盾.

因此 $f(\sqrt{a}+1)\geqslant 1$. 于是

\[
0=f(f(f(\sqrt{a}+1)))=(f(\sqrt{a}+1)-1)^2
\]

这推出 $f(\sqrt{a}+1)=1$.

由此求出 $a$.