1975年, Dhombres J^[1]在一篇关于人口分布模型的文章里提出了如下方程

$ f(x[f(x)])=(f(x))^{2}, \label{equ-dhom} $

(1.1)

并且证明了方程$(1.1)$的连续通解是分段线性函数.这个方程后来引起了一些学者的兴趣, 他们研究了方程$(1.1)$的推广形式, 并且把这些推广形式称为Dhombres型函数方程^[2-3].他们从不同的角度讨论Dhombres型函数方程的解^[4-13].比如, Kahlig P和Smítal J^[7]研究了方程$(1.1)$的不连续解. Reich L, Smítal J和Štefánková M^[11]得到了方程推广形式的奇异解. Tomaschek J和Reich L^[12]讨论了Dhombres型函数方程的形式级数解.

关于Dhombres型函数方程的连续解, Kahlig P, Matkowska A和Matkowski J^[6]在1996年考查了方程$(1.1)$的如下推广形式

$ f(x[f(x)]^{p})=(f(x))^{p+1}, \ p\in{\Bbb R}\setminus\{0\} . $

(1.2)

当$f:(0, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$的连续通解, 并且利用这个结果, 他们进一步讨论了当$p > 0$时, 方程$(1.2)$当$f:[0, \ +\infty)\rightarrow[0, \ +\infty)$的连续通解.同时, 提出一个公开问题:当$p < 0$时, 如何确定方程$(1.2)$当$f:[0, \ +\infty)\rightarrow[0, \ +\infty)$的连续通解?

受到Kahlig P等人文章的启发, 在这篇文章中讨论了方程$(1.2)$的推广形式的连续通解

$ f(x[f(x)]^{p})=(f(x))^{r}. $

(1.3)

当$p=0$, 容易得到方程$(1.3)$的连续通解:

1.若$r=1$, 那么$f$任意非零的连续函数.

2.若$r\neq1$且$r > 0$, 那么$f\equiv1$或$0$.

3.若$r < 0$, 那么$f\equiv1$.

因此, 下文只考虑$p\neq0$的情形.

在第二节, 研究方程$(1.3)$当$f:(0, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$的连续通解.在第三节, 利用第二节的结果, 得到方程$(1.3)$当$f:[0, \ +\infty)\rightarrow[0, \ +\infty)$连续通解.最后, 推论1和推论2分别给出上述公开问题当$-1 < p < 0$和$p <-1$时的答案.

定理2.1 假设$p\in{\Bbb R}\setminus\{0\}$, $\ r\in{\Bbb R}\setminus\{0, \ \pm1\}$.那么连续函数$f:(0, \; + \infty ) \to (0, \; + \infty )$满足函数方程

$ f(x[f(x)]^{p})=(f(x))^{r}, \ x>0 $

(2.1)

当且仅当$f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(\frac{x}{a})}^{\frac{{r -1}}{p}}}, \;}&{x \in (0, \;a], }\\ {1, }&{x \in (a, \;b), }\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}}, }&{x \in [b, \; + \infty ), } \end{array}} \right. $

(2.2)

其中$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a=0$或$b=+\infty$时$a\neq b$.

证 把公式$(2.2)$带入方程$(2.1)$, 既得充分性.下面只论证必要性.令

$ M(x):=x[f(x)]^{p}, \ x>0. $

(2.3)

首先, 我们断言$M(x)$是严格单调的.因为$M(x)$显然是连续的, 我们只需证明$M(x)$是单射.如果$M(x_{1})=M(x_{2})$, 方程$(2.1)$蕴含

$ (f(x_{1}))^{r}=f(M(x_{1}))=f(M(x_{2}))=(f(x_{2}))^{r}. $

因为$r\neq0$, 我们得到$f(x_{1})=f(x_{2}).$因此

$ x_{1}=\frac{M(x_{1})}{(f(x_{1}))^{p}}=\frac{M(x_{2})}{(f(x_{2}))^{p}}=x_{2}. $

所以$M(x)$是严格单调的.

下面我们分$M(x)$严格递增和严格递减两种情形来证明.

情形一.当$M(x)$严格递增时, 我们证明公式$(2.2)$是方程$(2.1)$的连续通解.定义

$ {\rm Fix}(M):=\{x>0: M(x)=x\} $

为$M(x)$的不动点集.显然, ${\rm Fix}(M)=\{x > 0: f(x)=1\}$.

我们首先证明此时${\rm Fix}(M)$不是空集.令$D(x):=\frac{f(x)}{x^{s}}$, 其中$x>0, \ s:=\frac{r-1}{p}\neq0$.方程$(2.1)$等价于

$ D(M(x))=D(x), $

(2.4)

其中$x > 0$.

如果${\rm Fix}(M)$是空集, 因为$M(x)$是连续, 那么当$x > 0$, 则有$M(x) < x, $或者$M(x) > x$.当$M(x) < x, $我们有

$ (0,~+\infty )=\bigcup\limits_{n=-\infty }^{+\infty }{{}}[{{M}^{n}}(1),~{{M}^{n-1}}(1)], $

其中$M^{n}$表示$M$的$n$阶迭代, 或者当$M(x) > x$, 我们有

$ (0,~+\infty )=\bigcup\limits_{n=-\infty }^{+\infty }{{}}[{{M}^{n-1}}(1),~{{M}^{n}}(1)], $

一方面, 当$M(x) < x, $由等式$(2.4)$, 我们得到$D((0, \ +\infty))=D([M(1), \ 1]).$

令

$ c:=\inf D((0, \ +\infty)), \ C:=\sup D((0, \ +\infty)). $

因为$D(x)$是连续的, 所以$0 < c\leqslant C < +\infty$.因此$cx^{s}\leqslant f(x)\leqslant Cx^{s}$.

另一方面, 当$M(x) < x$, 若$p > 0$, 那么$f(x) < 1;$若$p < 0$, 那么$f(x) > 1.$

所以如果$p > 0$, 那么$cx^{s}\leqslant f(x) < 1$, 或者如果$p < 0$, 那么$Cx^{s}\geqslant f(x) > 1$, 这和$s\neq0$矛盾.可以用类似方法证明当$M(x) > x$也蕴含矛盾.因此${\rm Fix}(M)$不是空集.

其次我们用反证法证明${\rm Fix}(M)$是一个区间.假设存在$c, \ d\in {\rm Fix}(M)$, $c < d$, 且当$x\in(c, \ d)$, $M(x)\neq x$.当$x\in(c, \ d)$, $M(x) < x$或者$M(x) > x$.由等式$(2.4)$

$ D(x)=D(M^{n}(x)), n=0, 1, 2, \cdots;\ x\in(0, \ +\infty), \\n=-1, -2, \cdots;\ x\in M^{-n}((0, \ +\infty)), $

当$M(x) < x$, 我们有

$ \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\mkern 1mu} {M^n}(x) = c,\;\forall x \in [c,\;d). $

因为$D$是连续的, 所以

$ D(x) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {\mkern 1mu} D({M^n}(x)) = D(c),\;\forall x \in [c,\;d) $

以及

$ D(c)=D(d), $

即$f(c)d^{s}=f(d)c^{s}$.同时, 由定义我们有$f(c)=f(d)=1$, 所以$c=d$.这和假设$c < d$矛盾.当$M(x) > x$, 类似地可以证明假设不成立.因此${\rm Fix}(M)$是一个区间.

令

$ a:=\inf{\rm Fix}(M), \ b:=\sup{\rm Fix}(M). $

显然, $0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$.因为$M$是连续的, 所以我们有${\rm Fix}(M)=[a, \ b]\cap(0, \ +\infty).$因此

$ f(x)=1, \ x\in[a, \ b]\cap(0, \ +\infty). $

(2.5)

下面我们分四种子情形加以讨论.

子情形$1$.当$a=0$, $b=+\infty$.等式$(2.5)$蕴含

$ f(x)=1, \ x>0. $

子情形$2$.当$a=0$, $b < +\infty$.由等式$(2.5)$, 我们得到

$ f(x)=1, \ 0<x\leqslant b. $

我们将证明$f$在$(b, \ +\infty)$上是幂函数.事实上, 如果当$x > b$, 若$M(x) < x$立即得到

$ \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {M^n}(x) = b, $

对于任意固定的$x > b$.根据等式$(2.4)$和$D$的连续性, 容易证明

$ D(x) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } D({M^n}(x)) = D(b),\;x > b. $

因此,

$ f(x)=\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 1, & x\in (0,\ b], \\ {{(\frac{x}{b})}^{\frac{r-1}{p}}},\ & x\in (b,\ +\infty ). \\ \end{array} \right. $

如果当$x > b$, 若$M(x) > x$, 讨论的方法和当$x > b$, 若$M(x) < x$类似.

通过类似地讨论, 可以证明剩下的两种子情况.

子情形3.当$a > 0$, $b=+\infty$.那么

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(\frac{x}{a})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (0,\;a),}\\ {1,}&{x \in [a,\; + \infty ).} \end{array}} \right. $

子情形$4$.当$0 < a\leqslant b < +\infty$.那么

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(\frac{x}{a})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (0,\;a),}\\ {1,}&{x \in [a,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ).} \end{array}} \right. $

情形二.当$M(x)$严格递减时, 我们证明方程$(2.1)$的连续解是常数乘以幂函数.因为$M(x)$严格递减, 所以$(f(x))^{p}$严格单调递减且$x\rightarrow(f(x))^{p}$在$(0, \ +\infty)$是映上的.

当$r > 0$, $p > 0$ (resp. $r > 0$, $p < 0$), 假设$f(x)$是方程$(2.1)$的连续解.因为$(f(x))^{p}$和$M(x)$是严格递减的函数, $f(x)$和$(f(x))^{r}$是严格递减(resp.严格递增)的函数, 所以$f\circ M(x)$是严格递增(resp.严格递减)的函数.由此得到一个矛盾, 方程$(2.1)$的左边严格递增(resp.严格递减), 而右边严格递减(resp.严格递增).因此当$r > 0$, $p > 0$ (resp. $r > 0$, $p < 0$)且当$M(x)$严格递减时, 方程$(2.1)$没有连续解.

当$r < 0$, $p\neq0$, 假设$f(x)$是方程$(2.1)$的连续解.因为$(f(x))^{p}$严格单调递减且$x\rightarrow(f(x))^{p}$在$(0, \ +\infty)$是映上的, 那么$f(x)$是严格单调的且$f((0, \ +\infty))=(0, \ +\infty)$.注意$M(x)$也可以表示为$M(x)=x[f(x)]^{\frac{r-1}{s}}$, 其中$s$如上所述.方程(2.1)重写为如下形式

$ f(x[f(x)]^{\frac{r-1}{s}})=(f(x))^{r}, \ x>0, $

(2.6)

我们断言

$ f(x[f(x)]^{\frac{r^{n}-1}{s}})=(f(x))^{r^{n}}, x>0, . $

(2.7)

对于$n\in{\Bbb N}$.事实上, 等式$(2.7)$在$n=1$是成立的.假设$n=k$时成立, 由数学归纳法

$ \begin{eqnarray*} f(x[f(x)]^{\frac{r^{k+1}-1}{s}})&=&f(x[f(x)]^{\frac{r^{k}-1}{s}}[f(x)]^{\frac{r^{k}(r-1)}{s}})\\ &=&f(x[f(x)]^{\frac{r^{k}-1}{s}}(f(x[f(x)^{\frac{r^{k}-1}{s}}]))^{\frac{r-1}{s}})\\ &=&(f(x[f(x)]^{\frac{r^{k}-1}{s}}))^{r}\\ &=&((f(x))^{r^{k}})^{r}\\ &=&(f(x))^{r^{k+1}}. \end{eqnarray*} $

当$-1 < r < 0$, 我们有

$ f(x{[f(x)]^{\frac{{ - 1}}{s}}}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f(x{[f(x)]^{\frac{{{r^n} - 1}}{s}}}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {(f(x))^{{r^n}}} = 1. $

因为$f$是严格单调和连续的, 所以$x[f(x)]^{\frac{-1}{s}}$是常数.令$l:=x[f(x)]^{\frac{-1}{s}}$.经过计算, 我们得到$l=f(1)^{\frac{-1}{s}}$.因此当$x > 0$, $f(x)=f(1)x^{s}$.如果$r < -1$, 因为$r\neq0$且$f((0, \ +\infty))=(0, \ +\infty)$, $x\rightarrow(f(x))^{r}$在$(0, \ +\infty)$映上的.由方程$(2.6)$, $x\rightarrow x[f(x)]^{\frac{r-1}{s}}$在$(0, \ +\infty)$是映上的.令$y:=M(x)=x[f(x)]^{\frac{r-1}{s}}$, 当$x > 0$.计算$M(x)$的反函数, $x=M^{-1}(y)=y[f(y)]^{\frac{1-r}{rs}}$.方程$(2.6)$两边做变量替换得到$f(y[f(y)]^{\frac{\frac{1}{r}-1}{s}})=(f(y))^{\frac{1}{r}}, $其中$-1 < \frac{1}{r} < 0$.这就归结为$-1 < r < 0$的情形, 同样可以推出$f(y)=f(1)y^{s}$, $y > 0.$综上所述, 定理证毕.

定理2.2 假设$r=-1$, $p < 0$.除了公式$(2.2)$是方程$(2.1)$的连续解, 任给连续函数$f_{0}:[1, \ +\infty)\rightarrow[1, \ +\infty)$, 使得$f_{0}(1)=1$和$x\rightarrow\frac{f_{0}(x)}{x^{\frac{-2}{p}}}$在$[1, \ +\infty)$上单调递增, 可以唯一的延拓为方程$(2.1)$的连续解$f:(0, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$.

证 当$M(x)$严格递增时, 由定理$2.1$的方法可以得到公式$(2.2)$.当$M(x)$严格递减时, 那么$(f(x))^{p}$严格单调递减且$x\rightarrow(f(x))^{p}$在$(0, \ +\infty)$是映上的.因为$p < 0$, 所以$f(x)$严格单调递增且$x\rightarrow f(x)$在$(0, \ +\infty)$是映上的, 所以$f$有反函数.令$\phi:=f^{-1}$, 则方程$(2.1)$变为

$ \phi(x)=x^{-p}\phi(x^{-1}), \ x>0. $

(2.8)

下面我们构造$(2.8)$的连续解.任给连续函数$f_{0}:[1, \ +\infty)\rightarrow[1, \ +\infty)$, 使得$f_{0}(1)=1$和$x\rightarrow\frac{f_{0}(x)}{x^{\frac{-2}{p}}}$在$[1, \ +\infty)$上单调递增.那么$f_{0}$在$[1, \ +\infty)$上是严格单调递增的, 且$f_{0}([1, \ +\infty))\\=[1, \ +\infty)$.令$\phi_{0}:=f_{0}^{-1}$.显然$\phi_{0}$是严格单调递增连续函数, 且$\phi_{0}([1, \ +\infty))=[1, \ +\infty)$.因为$x\rightarrow\frac{f_{0}(x)}{x^{\frac{-2}{p}}}$在$[1, \ +\infty)$上单调递增, 所以函数$\frac{\phi_{0}(x)}{x^{\frac{-p}{2}}}$在$[1, \ +\infty)$上是递减函数, 并且$\phi_{0}$可以唯一的延拓为方程$(2.8)$的连续解$\phi:(0, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$.事实上, 定义$\phi(x):=\phi_{0}(x)$, 当$x$属于$[1, \ +\infty)$, $\phi(x):=x^{-p}\phi_{0}(x^{-1})$, 当$x$属于$(0, \ 1)$.易于验证, $\phi$满足方程$(2.8)$.

最后, 我们证明$\phi$严格单调递增, 且$\phi((0, \ +\infty))=(0, \ +\infty)$.任取$0 < x < y < 1$.由$\frac{\phi_{0}(x)}{x^{\frac{-p}{2}}}$在$[1, \ +\infty)$上是递减函数

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \phi (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {x^{\frac{{ - p}}{2}}}\frac{{{\phi _0}({x^{ - 1}})}}{{{x^{\frac{p}{2}}}}} = 0, \\\frac{\phi_{0}(x^{-1})}{x^{\frac{p}{2}}}\leqslant \frac{\phi_{0}(y^{-1})}{y^{\frac{p}{2}}}. $

因此,

$ \phi(x)=x^{\frac{-p}{2}}\frac{\phi_{0}(x^{-1})}{x^{\frac{p}{2}}}<y^{\frac{-p}{2}}\frac{\phi_{0}(y^{-1})}{y^{\frac{p}{2}}}=\phi(y). $

所以, $\phi$严格单调递增, 且$\phi((0, \ +\infty))=(0, \ +\infty)$.令$f:=\phi^{-1}$.显然$f$满足方程$(2.1)$.定理证毕.

定理2.3 假设$r=-1$, $p > 0$.除了公式$(2.2)$是方程$(2.1)$的连续解, 任给连续函数$f_{0}:[1, \ +\infty)\rightarrow(0, \ 1]$, 使得$f_{0}(1)=1$和$x\rightarrow\frac{f_{0}(x)}{x^{\frac{-2}{p}}}$在$[1, \ +\infty)$上单调递减, 可以唯一的延拓为方程$(2.1)$的连续解$f:(0, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$.

证 当$M(x)$严格递增时, 由定理2.1的方法可以得到公式$(2.2)$.当$M(x)$严格递减时, 那么$(f(x))^{p}$严格单调递减且$x\rightarrow(f(x))^{p}$在$(0, \ +\infty)$是映上的.因为$p > 0$, 所以$f(x)$严格单调递减且$x\rightarrow f(x)$在$(0, \ +\infty)$是映上的, 所以$f$有反函数.令$\phi:=f^{-1}$, 则方程$(2.1)$变为方程$(2.8)$.

下面我们构造$(2.8)$的连续解.任给连续函数$f_{0}:[1, \ +\infty)\rightarrow(0, \ 1]$, 使得$f_{0}(1)=1$和$x\rightarrow\frac{f_{0}(x)}{x^{\frac{-2}{p}}}$在$[1, \ +\infty)$上单调递减.那么$f_{0}$在$[1, \ +\infty)$上是严格单调递减的, 且$f_{0}([1, \ +\infty))\\=(0, \ 1]$.令$\phi_{0}:=f_{0}^{-1}$.显然$\phi_{0}$是严格单调递减连续函数, 且$\phi_{0}((0, \ 1])=[1, \ +\infty)$.因为$x\rightarrow\frac{f_{0}(x)}{x^{\frac{-2}{p}}}$在$[1, \ +\infty)$上单调递减, 所以函数$\frac{\phi_{0}(x)}{x^{\frac{-p}{2}}}$在$(0, \ 1]$上是递增函数, 并且$\phi_{0}$可以唯一的延拓为方程$(2.8)$的连续解$\phi:(0, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$.事实上, 定义$\phi(x):=\phi_{0}(x)$, 当$x$属于$(0, \ 1]$, $\phi(x):=x^{-p}\phi_{0}(x^{-1})$, 当$x$属于$(1, \ +\infty)$.易于验证, $\phi$满足方程$(2.8)$.

最后, 我们证明$\phi$严格单调递减, 且$\phi((0, \ +\infty))=(0, \ +\infty)$.任取$1 < x < y$.由$\frac{\phi_{0}(x)}{x^{\frac{-p}{2}}}$在$(0, \ 1]$上是递增函数

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \phi (x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^{\frac{{ - p}}{2}}}\frac{{{\phi _0}({x^{ - 1}})}}{{{x^{\frac{p}{2}}}}} = 0, \\\frac{\phi_{0}(x^{-1})}{x^{\frac{p}{2}}}\geqslant \frac{\phi_{0}(y^{-1})}{y^{\frac{p}{2}}}. $

因此,

$ \phi(x)=x^{\frac{-p}{2}}\frac{\phi_{0}(x^{-1})}{x^{\frac{p}{2}}}>y^{\frac{-p}{2}}\frac{\phi_{0}(y^{-1})}{y^{\frac{p}{2}}}=\phi(y). $

所以, $\phi$严格单调递减, 且$\phi((0, \ +\infty))=(0, \ +\infty)$.令$f:=\phi^{-1}$.显然$f$满足方程$(2.1)$.定理证毕.

定理2.4 假设$r=0$, $p\neq0$.是方程$(2.1)$的连续解, 当且仅当, $f(x)$具有如下形式

$ f(x)= \left\{ \begin{array}{ll} f_{a}(x), \ &x\in(0, \ a], \\ 1, \, ~~~~~ &x\in(a, \ b), \\ f_{b}(x), \ &x\in[b, \ +\infty), \end{array} \right. $

(2.9)

其中$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a=0$或$b=+\infty$时$a\neq b$; 且连续函数$f_{a}:(0, \ a]\rightarrow(0, \ +\infty)$, $f_{b}:[b, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$满足

$ a\leqslant x[f_{a}(x)]^{p}\leqslant b, \ x\in(0, \ a], \\a\leqslant x[f_{b}(x)]^{p}\leqslant b, \ x\in[b, \ +\infty), \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} {f_a}(x) = 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ + }} {f_b}(x). $

证 因为$r=0$, 方程$(2.1)$具有如下形式

$ f(x[f(x)]^{p})=1, \ x>0. $

(2.10)

我们先证明必要性.假设$f(x)$是方程$(2.10)$的连续解, 因为$f(x)$连续且为正, 那么$x\rightarrow x[f(x)]^{p}$把$(0, \ +\infty)$映为一个非空区间.

定义

$ a:=\inf\{x[f(x)]^{p}:x>0\}, \ b:=\sup\{x[f(x)]^{p}:x>0\}. $

其中$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a=0$或$b=+\infty$时$a\neq b$.由方程$(2.10)$, $f(x)=1$, 当$x\in(a, b)\cap(0, \ +\infty)$.令${{f}_{\text{a}}}\text{:=}f|\text{(0, }a\text{ }\!\!]\!\!\text{ , }$$f_{b}:=f|_{[b, \ +\infty)}$由$a, \ b$$的定义以及$$f(x)$的连续性

$ a\leqslant x[f_{a}(x)]^{p}\leqslant b, \ x\in(0, \ a];\ a\leqslant x[f_{b}(x)]^{p}\leqslant b, \ x\in[b, \ +\infty), \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ - }} {f_a}(x) = 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ + }} {f_b}(x). $

然后证明充分性.任取$a, \ b\in[0, \ +\infty]$, 使得$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a=0$或$b=+\infty$时$a\neq b$, 以及连续函数$f_{a}:(0, \ a]\rightarrow(0, \ +\infty)$, $f_{b}:[b, \ +\infty)\rightarrow(0, \ +\infty)$满足定理所述条件.构造函数

$ f(x)= \left\{ \begin{array}{ll} f_{a}(x), \ &x\in(0, \ a], \\ 1, &\ x\in(a, \ b), \\ f_{b}(x), \, \ & x\in[b, \ +\infty). \end{array} \right. $

易证$f(x)$是方程$(2.10)$的连续解.定理证毕.

定理3.1 假设$p > 0$, $r\in{\Bbb R}\setminus\{0, \pm1\}$, 如下方程

$ f(x[f(x)]^{p})=(f(x))^{r}, \ x\geqslant0, $

(3.1)

有非负连续解.

若$r\in(1, \ +\infty)$, $f$是方程$(3.1)$的非负连续解, 当且仅当, $f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(\frac{x}{a})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in [0,\;a),}\\ {1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;}&{x \in [a,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

(3.2)

其中$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a\neq b$当$a=0$或者$b=+\infty$, 或者$f\equiv0$.

若$r\in(0, \ 1)$, $f$是方程$(3.1)$的非负连续解, 当且仅当, $f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {1,}&{x \in [0,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

(3.3)

其中$b > 0$, 或者$f\equiv0$.

若$r\in(-\infty, \ 0)\setminus\{-1\}$, $f$是方程$(3.1)$的非负连续解, 当且仅当, $f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {1,}&{x \in [0,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

(3.4)

其中$b > 0$.

证 在相应情况, 把公式(3.2)-(3.4), 带入方程$(3.1)$, 既得充分性.下面只论证必要性.我们现在研究$f$的零点集.令

$ A:=\{x\geqslant0\mid f(x)=0\}, \\M(x):=x[f(x)]^{p}, \ x\geqslant0. $

由方程$(3.1)$

$ f(M(x))=(f(x))^{r}, \ x\in[0, \ +\infty)\setminus A. $

(3.5)

我们分两种情况讨论: $A=\emptyset$, 或者$A\neq\emptyset$.

如果$r > 1$, 当$A=\emptyset$, 和定理2.1的讨论类似, 我们就可以得到结果；当$A\neq\emptyset$, 我们断定$A$是一个闭区间.如果断言不正确, 那么存在$c, \ d\in A$, 使得$c < d$, 且当$x\in(c, \ d)$, $f(x) > 0$, 和定理2.1的讨论类似, 我们可以证明$M$在$(c, \ d)$上严格单调.这和$M(c)=M(d)=0$矛盾.因此断言成立.然后证明$0\in A$.事实上, 任给$w\in A$, 那么

$ f(0)=f(w[f(w)]^{p})=(f(w))^{r}=0. $

令$w_{0}:=\sup A$, 假设$0 < w_{0} < +\infty$, 那么$A=[0, \ w_{0}]$.因为$M$是连续的, 所以存在$e > w_{0}$, 使得$M(x) < x, \ x\in(0, \ e].$若$M(e)=0$, 则$f(e)=0$.这和$w_{0}$的定义矛盾.若$M(e)\neq0$, 则存在最小的$n\in{\Bbb N}$, 使得$M^{n}(e)\in(0, \ w_{0}]$.由此得到矛盾的不等式

$ 0\neq(f(e))^{r^{n}}=f(M^{n}(e))=0. $

所以$w_{0}=0$或者$+\infty$, 即$A=\{0\}$或者$[0, \ +\infty).$当$A=[0, \ +\infty)$, 那么$f(x)\equiv0$.当$A=\{0\}$, 由定理2.1既得, $f(x)$是方程$(3.1)$的非负连续解当且仅当

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;}&{x \in [a,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

其中$0 < a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a\neq b$当$a=0$或者$b=+\infty$.

当$0 < r < 1$, 证明和$r > 1$类似.我们得到$f(x)$是方程$(3.1)$的非负连续解当且仅当

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;}&{x \in [a,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

其中$b > 0$, 或者$f(x)\equiv0$.

当$r < 0$且$r\neq-1$, 我们证明$A=\emptyset$.若不然, 存在$w_{0}$, 使得$f(w_{0})=0$.若$w_{0} > 0$, 那么

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {w_0}} f(x{[f(x)]^p}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {w_0}} {(f(x))^r} = + \infty . $

如果$w_{0}=0$, 那么

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to w_0^ + } f(x{[f(x)]^p}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to w_0^ + } {(f(x))^r} = + \infty . $

因此$f(x)$在零点处不连续, 这和$f(x)$的连续性矛盾, 所以$A=\emptyset$.接下来的证明和前面类似.定理证毕.

定理3.2 假设$p < 0$, 若$r\in(1, \ +\infty)$, $f$是方程$(3.1)$的非负连续解, 当且仅当, $f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;}&{x \in [0,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

(3.6)

其中$b > 0$, 或者$f\equiv0$.

若$r\in(0, \ 1)$, $f$是方程$(3.1)$的非负连续解, 当且仅当$f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(\frac{x}{a})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in [0,\;a),}\\ {1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;}&{x \in [a,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

(3.7)

其中$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a\neq b$当$a=0$或者$b=+\infty$, 或者$f\equiv0$.

证 在相应情况, 把公式$(3.6), \ (3.7)$带入方程$(3.1)$, 既得充分性.下面只论证必要性.如果$A\neq\emptyset$, 断言$A=[0, \ +\infty)$或者$\{0\}$.

首先证明只有两种可能: (i) $A=\{0\}\cup[d, \ e]$, 其中$0\leqslant d\leqslant e\leqslant+\infty$; (ii) $A=[d, \ e]$, 其中$0 < d\leqslant e\leqslant+\infty$.假设$c, \ d\in A$, 其中$0\leqslant c < d\leqslant+\infty$, 且$f(x) > 0$当$x\in(c, \ d)$.任取$c < x < y < d$, 使得$M(x)=M(y)$.方程$(3.5)$蕴含

$ (f(x))^{r}=(f(y))^{r}>0. $

又因为$r\neq0$, 因此$f(x)=f(y) > 0$, 那么

$ x=\frac{M(x)}{(f(x))^{p}}=\frac{M(y)}{(f(y))^{p}}=y. $

这和$x < y$矛盾, 所以$M(x)$在$(c, \ d)$上是单射.同时, $M(x)$在$(c, \ d)$上显然是连续的.由此得到$M(x)$在$(c, \ d)$上严格单调.假如$0 < c < d < +\infty$, 由$M(x)$的定义

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {c^ + }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {c^ + }} x{[f(x)]^p} = + \infty , \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} x{[f(x)]^p} = + \infty , $

上述极限和$M(x)$在$(c, \ d)$上严格单调矛盾.所以$c=0$, 或者$A$是一个区间, 故而$A=\{0\}\cup[d, \ e]$或者$A=[d, \ e]$.

在情形(i)中, 利用反证法证明$e=0$或者$=+\infty$和$d=0$或者$=+\infty$.首先, 假设$0 < e < +\infty$.由$M$的定义

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {e^ + }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {e^ + }} x{[f(x)]^p} = + \infty . $

因此$M(x)$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递减且非负, 所以

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x{[f(x)]^p} = {m_1}< + \infty , \\M((e, \ +\infty))=(m_{1}, \ +\infty). $

由此得到$(f(x))^{p}$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递减.已知$p < 0$, $r > 0$, 故$f(x)$和$(f(x))^{r}$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递增.若$e\leqslant m_{1}$, $f\circ M(x)$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递减.由此得到当$x\in(e, \ +\infty)$, 方程$(3.5)$两边单调性相反, 导致矛盾.若$e > m_{1}$, 那么存在$\xi\in(e, \ +\infty)$使得$M(\xi)=e$.我们得到

$ 0=f(e)=f(M(\xi))=(f(\xi))^{r}>0. $

综上可知, 假设错误, 故而$e=0$或者$=+\infty$.

其次, 假设$0 < d < +\infty$, 且$A=\{0\}\cup[d, \ +\infty)$.用类似的方法可以证明$M$在$(0, \ d)$上严格单调且为正.由$M$的定义

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} x{[f(x)]^p} = + \infty , \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x{[f(x)]^p} = {m_2}< + \infty . $

那么存在$\eta\in(0, \ d)$, 使得$d < M(\eta) < +\infty$.由方程$(3.5)$

$ 0=f(M(\eta))=(f(\eta))^{r}>0. $

这个矛盾表明假设错误, 所以$d=0$或者$=+\infty$.

用类似方法讨论情形(ii), 可知情形(ii)蕴含矛盾.

综上所述, 我们得到(1) $d=e=0$, 那么$A=\{0\}$; (2) $d=0, \ e=+\infty$, 那么$A=[0, \ +\infty)$; (3) $d=e=+\infty$, 那么$A=\{0\}$.利用定理2.1, 3.1的证明类似的讨论, 可以完成剩下的证明.定理证毕.

推论3.1 假设$p\in(-1, \ 0)$.那么连续函数$f:[0, \ +\infty)\rightarrow[0, \ +\infty)$满足方程

$ f(x[f(x)]^{p})=(f(x))^{p+1}, \ x\geqslant0, $

(3.8)

当且仅当, 或者$f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{x}{a},\;}&{x \in [0,\;a),}\\ {1,{\mkern 1mu} \;}&{x \in [a,\;b],}\\ {\frac{x}{b},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

其中$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a\neq b$当$a=0$或者$b=+\infty$, 或者$f\equiv0$.

定理3.3 假设$p < 0$, 若$r\in(-\infty, \ -1)\cup(-1, \ 0)$, $f$是方程$(3.1)$的非负连续解, 当且仅当$f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(\frac{x}{a})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in [0,\;a),}\\ {1,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \;}&{x \in [0,\;b],}\\ {{{(\frac{x}{b})}^{\frac{{r - 1}}{p}}},\;}&{x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

(3.9)

其中$0 < a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a\neq b$当$b=+\infty$.

证 把公式$(3.9)$带入方程$(3.1)$, 既得充分性.下面只论证必要性.如果$A\neq\emptyset$, 断言$A=[0, \ +\infty)$或者$\{0\}$.

首先证明只有两种可能: (i) $A=\{0\}\cup[d, \ e]$, 其中$0\leqslant d\leqslant e\leqslant+\infty$; (ii) $A=[d, \ e]$, 其中$0 < d\leqslant e\leqslant+\infty$.假设$c, \ d\in A$, 其中$0\leqslant c < d\leqslant+\infty$, 且$f(x)>0$当$x\in(c, \ d)$.任取$c < x < y < d$, 使得$M(x)=M(y)$.方程$(3.5)$蕴含

$ (f(x))^{r}=(f(y))^{r}>0. $

又因为$r\neq0$, 因此$f(x)=f(y) > 0$, 那么

$ x=\frac{M(x)}{(f(x))^{p}}=\frac{M(y)}{(f(y))^{p}}=y. $

这和$x < y$矛盾, 所以$M$在$(c, \ d)$上是单射.同时, $M$在$(c, \ d)$上显然是连续的.由此得到$M$在$(c, \ d)$上严格单调.假如$0 < c < d < +\infty$, 由$M$的定义

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {c^ + }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {c^ + }} x{[f(x)]^p} = + \infty , \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} x{[f(x)]^p} = + \infty , $

上述l极限和$M$在$(c, \ d)$上严格单调矛盾.所以$c=0$, 或者$A$是一个区间, 故而$A=\{0\}\cup[d, \ e]$或者$A=[d, \ e]$.

在情形(i)中, 利用反证法证明$e=0$或者$=+\infty$和$d=0$或者$=+\infty$.首先假设$0 < e < +\infty$, 由$M$的定义

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {e^ + }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {e^ + }} x{[f(x)]^p} = + \infty . $

因此$M$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递减且非负, 所以

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x{[f(x)]^p} = {m_1}< + \infty , \\\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty , \\M((e, \ +\infty))=(m_{1}, \ +\infty). $

由此得到$(f(x))^{p}$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递减.已知$p < 0$, 故$f(x)$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递增且$f((e, \ +\infty))=(0, \ +\infty)$.若$e=m_{1}$, 那么$M^{n}((e, \ +\infty))=(e, \ +\infty)$, 对于任意$n\in{\Bbb Z}$. $M(x)$也可以表示为$M(x)=x[f(x)]^{\frac{r-1}{s}}$.且$M(x)$在$(e, \ +\infty)$上有反函数$M^{-1}(y)=y[f(y)]^{\frac{\frac{1}{r}-1}{s}}$.把方程$(3.1)$限制在$(e, \ +\infty)$, 两边取$M(x)$的反函数得到$f(y[f(y)]^{\frac{\frac{1}{r}-1}{s}})=(f(y))^{\frac{1}{r}}$.为简单, 把的自变量仍然记为$x$.由数学归纳法得到

$ x[f(x)]^{\frac{r^{n}-1}{s}}=M^{n}(x)>e, \ x>e, \ n\in{\Bbb Z}, \\f(x[f(x)]^{\frac{r^{n}-1}{s}})=(f(x))^{r^{n}}, \ x>e, \ n\in{\Bbb Z}. $

如果$-1 < r < 0$, 两边取极限得到

$ f(x{[f(x)]^{\frac{{ - 1}}{s}}}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } f(x{[f(x)]^{\frac{{{r^n} - 1}}{s}}}) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {(f(x))^{{r^n}}} = 1,\;x > e. $

又因为$f(x)$在$(e, \ +\infty)$上严格单调递增, 所以当$x > e$, $x[f(x)]^{\frac{-1}{s}}$是常数。令$l:=x[f(x)]^{\frac{-1}{s}}$.一方面若$l > 0$, 那么

$ 0 = f(e) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {e^ + }} f(x) = {(\frac{e}{l})^{\frac{{r - 1}}{p}}} >0,\;x >e. $

另一方面若$l=0$, 那么$0=x[f(x)]^{\frac{p}{1-r}} > 0$, 当$x > e$。$l$是否为零都会得到矛盾的不等式。如果$r < -1$, 让$n$趋于负无穷大, 同样可以得到矛盾的不等式。若$e < m_{1}$, 显然$M^{-1}((m_{1}, \ +\infty))=(e, \ +\infty)$. $M^{-1}(x)=x[f(x)]^{\frac{1-r}{rs}}=x[f(x)]^{-\frac{p}{r}}.$由$M^{-1}(x)$的定义

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {m_1}} {M^{ - 1}}(x) = + \infty , $

即

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {m_1}} x{[f(x)]^{ - \frac{p}{r}}} = + \infty . $

由此得到矛盾的不等式

$ 0 < f({m_1}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {m_1}} f(x) = 0. $

若$e > m_{1}$, 那么存在$\xi\in(e, \ +\infty)$使得$M(\xi)=e$.我们得到

$ 0=f(e)=f(M(\xi))=(f(\xi))^{r}>0. $

综上可知, 假设错误, 故而$e=0$或者$=+\infty$.

其次, 假设$0 < d < +\infty$, 那么$A=\{0\}\cup[d, \ +\infty)$.用类似的方法可以证明$M$在$(0, \ d)$上严格单调且为正.由$M$的定义

$ \mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {d^ - }} x{[f(x)]^p} = + \infty , \\\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} M(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x{[f(x)]^p} = {m_2}< + \infty . $

那么存在$\eta\in(0, \ d)$使得$d < M(\eta) < +\infty$.由方程$(3.5)$

$ 0=f(M(\eta))=(f(\eta))^{r}>0. $

这个矛盾表明假设错误, 所以$d=0$或者$=+\infty$.

用类似方法讨论情形(ii), 可知情形(ii)蕴含矛盾.

综上所述, 我们得到(1) $d=e=0$, 那么$A=\{0\}$; (2) $d=0, \ e=+\infty$, 那么$A=[0, \ +\infty)$; (3) $d=e=+\infty$, 那么$A=\{0\}$.利用和定理2.1, 3.1的证明类似的讨论, 可以完成剩下的证明.定理证毕.

推论3.2 假设$p\in(-\infty, -1)$.那么连续函数$f:[0, \ +\infty)\rightarrow[0, \ +\infty)$满足方程$(3.8)$, 当且仅当, $f$具有如下形式

$ f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{x}{a},\;x \in [0,\;a),}\\ {1,{\mkern 1mu} \;x \in [a,\;b],}\\ {\frac{x}{b},\;x \in (b,\; + \infty ),} \end{array}} \right. $

其中$0\leqslant a\leqslant b\leqslant+\infty$, 且$a\neq b$当$a=0$或者$b=+\infty$.