$1$.函数的概念.若对于集合$X=\lbrace x\rbrace $中的每一个$x$，在某集合$Y=\lbrace y\rbrace $中都有一个确定的实数$y=f(x)$与之对应，则变量$y$称为变量$x$在所给变化域$X$上的单值函数.

集合$X$称为函数$f(x)$的定义域或存在域，$Y$称为这个函数的值域.在最简单的情形下，集合$X$或为开区间$]a,b[=(a,b)\colon a < x < b$，或为半开区间$]a,b]=(a,b]\colon a < x\leqslant b$或$[a,b[=[a,b)\colon a\leqslant x < b$，或为闭区间$[a,b]\colon a\leqslant x\leqslant b$，其中$a$和$b$为某实数或符号$-\infty $或$+\infty $（在这种情况下不写等号）.

若对于$X$中的每一个值$x$，有若干个值$y=f(x)$与之对应，则$y$称为$x$的多值函数.

$2$.反函数.若把$x$理解为满足方程

$$f(x)=y$$

的任何数值，式中$y$为属于函数$f(x)$的值域$Y$的一个固定数值，则这个对应关系确定出在集合$Y$上的某个函数

$$x=f^{-1} (y),$$

这个函数称为函数$f(x)$的反函数，它一般而言是多值函数.若函数$y=f(x)$是严格单调的，即当$x_2 > x_1 $时，$f(x_2 ) > f(x_1 )$（或相应地$f(x_2 ) < f(x_1 )$），则反函数$x=f^{-1} (y)$为单值而且严格单调的函数.

关于函数概念的基本训练

求下列函数的存在域：

$151$.$y=\dfrac{x^2}{1+x}$.

解$\quad $当$1+x\neq 0$，即$x\neq -1$时，函数$y$才有意义，所以，它的存在域为$(-\infty -1),(-1,+\infty )$.

$152$.$y=\sqrt{3x-x^3}$.

解$\quad $存在域为满足不等式$3x-x^3 \geqslant 0$的实数$x$的集合，解之，得存在域为$(-\infty ,-\sqrt{3} ],[0,\sqrt{3} ]$.

$153$.$y=(x-2)\sqrt{\dfrac{1+x}{1-x}} $.

解$\quad $当$\dfrac{1+x}{1-x} \geqslant 0$时，$y$值确定，解之，得存在域为满足$-1\leqslant x < 1$的数$x$的集合.

$154$.$(a)y=\log (x^2-4) ;\quad (b)y=\log (x+2)+\log (x-2)$.

解$\quad (a)$当$x^2-4 > 0$时，$y$值确定，解之，得存在域为$(-\infty ,-2),(2,+\infty )$.

$(b)$函数$y$由两个函数组成，其中第一个函数的存在域为$(-2,+\infty )$，而第二个函数的存在域为$(2,+\infty )$，于是，函数$y$的存在域为它们的公共部分，即$(2,+\infty )$.

$155$.$y=\sqrt{\sin{\sqrt{x}}}$.

解$\quad $当$\sin{\sqrt{x}} \geqslant 0$时，$y$值才为确定的实数.解之，得$2k\pi \leqslant \sqrt{x} \leqslant (2k+1)\pi (k=0,1,2,\cdots )$.

存在域为满足不等式$4k^2 \pi^2 \leqslant x \leqslant (2k+1)^2 \pi^2 (k=0,1,2,\cdots )$的数的集合.

$156$.$y=\sqrt{\cos{}^2 x}$.

解$\quad $当$\cos{}^2 x\geqslant 0$，$y$值才为确定的实数，即只要$x$满足

$$0\leqslant x^2 \leqslant \dfrac{\pi }{2} $$

及

$$(4k-1)\dfrac{\pi }{2} \leqslant x^2 \leqslant (4k+1)\dfrac{\pi }{2} (k=1,2,\cdots ).$$

解之，得存在域为满足不等式

$$\vert x\vert \leqslant \sqrt{\dfrac{\pi }{2}} $$

及

$$\sqrt{(4k-1)\dfrac{\pi }{2}} \leqslant \vert x\vert \leqslant \sqrt{(4k+1)\dfrac{\pi }{2}} (k=1,2,\cdots )$$

的数$x$的集合.

$157$.$y=\lg \sin{\dfrac{\pi }{x}}$.

解$\quad $当$\sin{\dfrac{\pi }{x}} > 0$时，$y$值确定，即只要

$$2k\pi < \dfrac{\pi }{x} < (2k+1)\pi \quad (k=0,1,2,\cdots )$$

及

$$-(2k+2)\pi < \dfrac{\pi }{x} < -(2k+1)\pi .$$

所以，存在域为满足不等式$\dfrac{1}{2k+1} < x < \dfrac{1}{2k} (k=0,1,2,\cdots )$及$-\dfrac{1}{2k+1} < x < -\dfrac{1}{2k+2} $的数$x$的集合.

$158$.$y=\dfrac{\sqrt{x}}{\sin{\pi x}}$.

解$\quad $当$x\geqslant 0$及$\sin{\pi x} \neq 0$时，$y$值确定.解之，得存在域为满足关系式$x > 0,x\neq n(n=1,2,\cdots )$的数$x$的集合.

$159$.$y=\arcsin{\dfrac{2x}{1+x}}$.

解$\quad $当$\left\vert \dfrac{2x}{1+x} \right\vert \leqslant 1$时，$y$值确定.解之，得

$$-1\leqslant \dfrac{2x}{1+x} \leqslant 1,-1\leqslant 2-\dfrac{2}{1+x} \leqslant 1,-3\leqslant -\dfrac{2}{1+x} \leqslant -1,\dfrac23 \leqslant 1+x \leqslant 2.$$

最后得存在域为满足不等式$-\dfrac13 \leqslant x \leqslant 1$的数$x$的集合.

$160$.$y=\arccos{(2\sin{x})}$.

解$\quad $当$\vert 2\sin{x} \vert \leqslant 1$时，$y$值确定.

解之，得存在域为满足不等式$\vert x-k\pi \vert \leqslant \dfrac{\pi }{6} (k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$的数$x$的集合.

$161$.$y=\lg \cos{\lg x}$.

解$\quad $当$\cos{\lg x} > 0$时，$y$值确定，解之，得$\left( 2k-\dfrac12 \right) \pi < \lg x < \left( 2k+\dfrac12 \right) \pi $.从而，存在域为满足不等式$10^{\left( 2k-\frac12 \right) \pi} < x < 10^{\left( 2k+\frac12 \right) \pi} (k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$的数$x$的集合.

$162$.$y=(x+\vert x\vert )\sqrt{x\sin{}^2 \pi x} $.

解$\quad $当$x\sin{}^2 \pi x \geqslant 0$且$\sin{}^2 \pi x\geqslant 0$时，$\sqrt{x\sin{}^2 \pi x}$才有意义，从而，函数$y$才有意义.解之，得存在域为$x\geqslant 0$.

$163$.$y=\cot{\pi x} +\arccos{2^x}$.

解$\quad $当$\sin{\pi x} \neq 0$时，第一项才有意义，即$x\neq k(k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$.

当$0\leqslant 2^x \leqslant 1$时，第二项才有意义，即$x\leqslant 0$.由此得存在域为满足关系式$x < 0 ,x\neq -n(n=1,2,\cdots )$的数$x$的集合.

$164$.$y=\arcsin{(1-x)} +\lg \lg x$.

解$\quad $当$-1\leqslant 1-x \leqslant 1$，即$0\leqslant x\leqslant 2$时，第一个函数有意义；

当$\lg x > 0$，即$x > 1$时，第二个函数有意义，由此得存在域为满足关系式$1 < x \leqslant 2$的数$x$的集合.

$165$.$(a)y=(2x)!;\quad (b)y=\log_2 \log_3 \log_4 x;$

$(c)y=\sqrt[4]{\lg \tan{x}} ;\quad (d)y=\sqrt{\sin{2x}} +\sqrt{\sin{3x}} (0\leqslant x\leqslant 2\pi ).$

解$\quad (a)$当$2x=n(n=0,1,\cdots )$时，$y$值确定，所以，存在域为集合：$0,\dfrac12 ,1 ,\dfrac32 ,2,\dfrac52 ,\cdots ,\dfrac{n}{2} ,\cdots $.

$(b)$当$\log_3 \log_4 x > 0$时，$y$值确定，解之，得$x > 4$，所以，存在域为$x > 4$.

$(c)$当$\lg \tan{x} \geqslant 0$时，$y$值确定，解之，得$\tan{x} \geqslant 1$，即$x \geqslant \dfrac{\pi }{4} +k\pi (k=0,\pm 1,\pm ,\cdots )$，所以，存在域为$x \geqslant \dfrac{\pi }{4} +k\pi (k=0,\pm 1,\pm ,\cdots )$.

$(d)$当$\sin{2x} \geqslant 0$时，即$0\leqslant x \leqslant \dfrac{\pi }{2} $时，第一个函数才有意义；

当$\sin{3x} \geqslant 0$时，即$0\leqslant x \leqslant \dfrac{\pi }{3} $时，第二个函数才有意义；故存在域为$0\leqslant x \leqslant \dfrac{\pi }{3} $.

求下列函数的存在域和值域：

$166$.$y=\sqrt{2+x-x^2}$.

解$\quad $当$2+x-x^2 \geqslant 0$时，$y$值确定.解之，得存在域为满足不等式$-1\leqslant x\leqslant 2$的数$x$的集合.又因

$$y=\sqrt{\dfrac94 -\left( x-\dfrac12 \right)^2 } \leqslant \dfrac32 ,$$

所以，函数值域为满足不等式$0\leqslant y\leqslant \dfrac32 $的数$y$的集合.

$167$.$y=\lg (1-2\cos{x})$.

解$\quad $当$1-2\cos{x} > 0$时，$y$值确定.解之，得存在域为满足不等式

$$2k\pi +\dfrac{\pi }{3} < x < 2k\pi +\dfrac{5\pi }{3} (k=0,\pm 1 ,\pm 2,\cdots )$$

的数$x$的集合$A$.因为

$$\underset{x\in A}{\max{}} (1-2\cos{x})=1-(-2)=3,\underset{x\in A}{\min{}} (1-2\cos{x})=0,$$

所以，函数值为满足不等式$-\infty < y\leqslant \lg 3$的数$y$的集合.

$168$.$y=\arccos{\dfrac{2x}{1+x^2}}$.

解$\quad $当$\left\vert \dfrac{2x}{1+x^2} \right\vert \leqslant 1$，$y$值确定，而对于$-\infty < x < +\infty $来说，始终有$\left\vert \dfrac{2x}{1+x^2} \right\vert \leqslant 1$，所以，存在域为全体实数组成的集合，而函数值域为闭区间$[0,\pi ]$.

$169$.$y=\arcsin{\lg \dfrac{x}{10}}$.

解$\quad $当$-1\leqslant \lg \dfrac{x}{10} \leqslant 1$时，即当$\dfrac{1}{10} \leqslant \dfrac{x}{10} \leqslant 10$，或$1\leqslant x\leqslant 100$时，$y$值确定，且在$\left[ -\dfrac{\pi }{2} ,\dfrac{\pi }{2} \right] $上变化，所以，存在域为闭区间$[1,100]$，函数值域为$\left[ -\dfrac{\pi }{2} ,\dfrac{\pi }{2} \right] $.

$170$.$y=(-1)^x$.

解$\quad $当指数$x$为整数时$(-1)^x$总有意义，函数$(-1)^x$不是$1$就是$-1$.其次当指数$x$为既约分数$\dfrac{p}{q}$时，其中取分母$q$为正整数，则当$q$为奇数时，$(-1)^x$必有意义；而当$q$是偶数时，分子$p$只能是奇数，因此$(-1)^x$不是实数.

当指数$x$为无理数时，用欧拉公式有$-1=e^{\mathrm{i} \pi }$，于是$(-1)^x =e^{\mathrm{i} \pi x} =\cos{\pi x} +\mathrm{i} \sin{\pi x} $，因此不是实数.

综合以上讨论，可见本题的函数$(-1)^x$的定义域为所有整数和分母$q$为奇数的既约分数$\dfrac{p}{q}$的全体.又可见该函数的值域是二元集$\lbrace -1,1\rbrace $.

$171$.在底$AC=b$和高$BD=h$的三角形$ABC$中（图$1$）有一个高$NM=x$的内接矩形$KLMN$.把矩形$KLMN$的周长$P$及其面积$S$表示为$x$的函数.作函数$p=P(x)$及$S=S(x)$的图像.

解$\quad $利用三角形$LBM$与三角形$ABC$相似，就可求出矩形的边$LM=b\left( 1-\dfrac{x}{h} \right) $.

于是就可以得到矩形$KLMN$的周长和面积分别为

$$P(x)=2LM+2MN=2\left( 1-\dfrac{x}{h} \right) b+2x=2\left( 1-\dfrac{b}{h} \right) x+2b(0 < x < h),$$

当$b < h$时，如图中直线段$AB$所示（不包含$A,B$两点）.

当$b > h$时，如图中直线段$AC$所示（不包含$A,C$两点）.其中$OA=2b,B$和$C$的坐标为$h$和$2h$.

$$S(x)=LM\cdot MN=b\left( 1-\dfrac{x}{h} \right) x(0 < x < h).$$

如图所示，它是一段不包含$O$点及$B$点的抛物线弧$\overset{\frown}{OAB} $.

它们的定义域为$0 < x < h$.

$172$.在三角形$ABC$中，边$AB=6\mathrm{cm}$，$AC=8\mathrm{cm}$，角$BAC=x$.把三角形$ABC$的边$BC=a$和面积$S$表示为变量$x$的函数.作函数$a=a(x)$及$S=S(x)$的图像.

解$\quad $利用余弦定理得三角形的边

$$a=\sqrt{6^2+8^2+2\cdot 6\cdot 8\cos{x}} =\sqrt{100-96\cos{x}} (0 < x < \pi ),$$

如图所示（系一不包含$A$点及$B$点的曲线弧$\overset{\frown}{AB} $）.

而三角形的面积

$$S=\dfrac12 \cdot 6\cdot 8\sin{x} =24\sin{x} \quad (0 < x < \pi ).$$

如图所示（两轴单位取得不同，系一不包含$O$点及$A$点的弧$\overset{\frown}{OBA} $）.

$173$.在等腰梯形$ABCD$中（图$2$），底$AD=a$，$BC=b(a > b)$，高$HB=h$，引直线$MN\parallel BH$，$MN$与顶点$A$相距$AM=x$.把图形$ABNMA$的面积$S$表示为变量$x$的函数.作函数$S=S(x)$图像.

解$\quad AH=\dfrac12 (a-b)$，分三种情况讨论：

$(1)$当$0\leqslant x\leqslant \dfrac{a-b}{2} $时，即$MN$线在$\triangle ABH$内，此时$\dfrac{MN}{h} =\dfrac{x}{\dfrac{a-b}{2}}$，$MN=\dfrac{2hx}{a-b}$.

于是，$S=\dfrac12 MN\cdot x=\dfrac{hx^2}{a-b}$，如图中弧$\overset{\frown}{OA} $（系抛物线段）.

$(2)$当$\dfrac{a-b}{2} < x \leqslant \dfrac{a-b}{2} +b=\dfrac{a+b}{2}$时，面积

$$S=\dfrac{a-b}{2} \cdot \dfrac{h}{2} +h\left( x-\dfrac{a-b}{2} \right) =h\left( x-\dfrac{a-b}{4} \right) ,$$

如图中不含$A$点及$B$点的直线段$AB$.

$(3)$当$\dfrac{a+b}{2} \leqslant x \leqslant a$时，面积

$$S=\dfrac{h(a+b)}{2} -\dfrac{h}{a-b} \cdot (a-x)^2 =h\left[ \dfrac{a+b}{2} -\dfrac{(a-x)^2}{a-b} \right] ,$$

如图中抛物线段$\overset{\frown}{BC} $.

图中各点的位置如下：

$$A\left( \dfrac{a-b}{2} ,\dfrac{h(a-b)}{4} \right) ,B\left( \dfrac{a+b}{2} ,\dfrac{h(a+3b)}{4} \right) ,C\left( a,\dfrac{h(a+b)}{2} \right) ,$$

又$\tan{\alpha } =h$.

$174$.有$2\mathrm{g}$质量均匀在$Ox$轴的闭区间$0\leqslant x\leqslant 1$上，另有两个质量为$1\mathrm{g}$的质点分别位于点$x=2$和$x=3$.设$m(x)$是区间$(-\infty ,x)$内的质量的值，求函数$m=m(x)(-\infty < x < +\infty )$的解析表达式，并作这个函数的图像.

解$\quad $当$-\infty < x\leqslant 0$时，$m(x)=0$；

当$0 < x \leqslant 1$时，因为$1\colon x=2\colon m(x)$，于是，$m(x)=2x$；

当$1 < x \leqslant 2$时，$m(x)=2$；

当$2 < x\leqslant 3$时，$m(x)=3$；

当$3 < x\leqslant +\infty $时，$m(x)=4$.

如图所示.

$175$.函数$y=\mathrm{sgn} x$被定义为：

$$\mathrm{sgn} x=\begin{cases}
-1 ,& x < 0,\\
0, & x=0,\\
1,& x > 0.\end{cases}$$

作这个函数的图像.证明：

$$\vert x\vert =x\mathrm{sgn} x.$$

证明$\quad $函数$\mathrm{sgn} x$的图像如图所示.

因为，当$x < 0$时，$\vert x\vert =-x=x\mathrm{sgn} x$；

当$x=0$时，$\vert x\vert =0=x\mathrm{sgn} x$；

当$x > 0$时，$\vert x\vert =x=x\mathrm{sgn} x$.

所以，$\vert x\vert =x\mathrm{sgn} x$.

$176$.函数$y=[x] $（数$x$的整数部分）用下法定义：若$x=n+r$，式中$n$为整数且$0\leqslant r < 1$，则

$$[x]=n.$$

作这个函数的图像.

解$\quad $当$x\in [n,n+1)$时（$n$为整数）$y=n$，如图所示.

$177$.设

$$y=\pi (x)\quad (x\geqslant 0)$$

表示不大于数$x$的素数的数目，作此函数在$0\leqslant x\leqslant 20$时的图像.

解$\quad $按题设可知：

当$0\leqslant x < 2$时，$\pi (x)=0$；当$2\leqslant x < 3$时，$\pi (x)=1$；当$3\leqslant x < 5$时，$\pi (x)=2$；

当$5\leqslant x < 7$时，$\pi (x)=3$；当$7\leqslant x < 11$时，$\pi (x)=4$；当$11\leqslant x < 13$时，$\pi (x)=5$；

当$13\leqslant x < 17$时，$\pi (x)=6$；当$17\leqslant x < 19$时，$\pi (x)=7$；当$19\leqslant x \leqslant 20$时，$\pi (x)=8$.

如图所示.

下面顺便介绍与函数$\pi (x)$有关的一些故事.

函数$\pi (x)$是了解素数分布的重要工具.由于素数个数无穷，因此当然有

$$\lim_{x\to +\infty } \pi (x)=+\infty .$$

虽然素数在正整数中的分布规律是极其不规则的，但是如果将$\pi (x)$除以$x$，则就可以研究在不超过$x$的正整数中素数出现的平均频率.例如有：

$$\dfrac{\pi (20)}{20} =\dfrac{8}{20} =0.4 ,\dfrac{\pi (100)}{100} =\dfrac{25}{100} =0.25 ,\dfrac{\pi (1000)}{1000} =\dfrac{168}{1000} =0.168.$$

高斯发现，这个平均频率当$x$越来越大时，呈现出与自然对数函数$\ln x$的倒数越来越相似的规律性.用函数极限的等价记号写出，这就是著名的素数定理：

$$\pi (x)\sim \dfrac{x}{\ln x} (x\to +\infty ).$$

在高斯提出这个猜测的一百多年之后，即在$1896$年，这个素数定理才得到证明，又在$1949$年找到了它的初等（但可能更为困难的）证明.读者可以在著名的科普读物《什么是数学》中找到有关的材料.

下列函数$y=f(x)$把集合$E_x$映射成怎样的集合$E_y $？

$178$.$y=x^2 ,E_x =\lbrace -1\leqslant x\leqslant 2\rbrace $.

解$\quad E_y =\lbrace 1\leqslant y\leqslant 2\rbrace $.

$179$.$y=\lg x,E_x =\lbrace 10 < x < 1000\rbrace $.

解$\quad E_y =\lbrace 1 < y < 3\rbrace $.

$180$.$y=\dfrac{1}{\pi } \mathrm{arccot}x ,E_x =\lbrace -\infty < x < +\infty \rbrace $.

解$\quad E_y =\lbrace 0 < y < 1\rbrace $.

$181$.$y=\cot{\dfrac{\pi x}{4}} ,E_x =\lbrace 0 < \vert x\vert \leqslant 1\rbrace $.

解$\quad E_y =\lbrace 1 < \vert y \vert < +\infty \rbrace $.

$182$.$y=\vert x\vert ,E_x =\lbrace 1\leqslant \vert x\vert \leqslant 2\rbrace $.

解$\quad E_y =\lbrace 1\leqslant y\leqslant 2\rbrace $.

设变量$x$遍历区间$0 < x < 1$，试确定变量$y$所遍历的集合：

$183$.$y=a+(b-a)x$.

解$\quad $变量$x$从$0$变至$1$时，$y$从$a$变至$b$.

于是，变量$y$的变化区间为$a < y < b$（当$a < b$）或$b < y < a$（当$b < a$）.

$184$.$y=\dfrac{1}{1-x}$.

解$\quad $当$x$从$0$变至$1$时，$y$从$1$变至正无穷大.于是，$y$的变化区间为$1 < y < +\infty $.

$185$.$y=\dfrac{x}{2x-1}$.

解$\quad y=\dfrac12 +\dfrac12 \cdot \dfrac{1}{2x-1} $.

当$x$从$0$变至$\dfrac12 $，$y$从$0$变至负无穷大；当$x$从$\dfrac12 $变至$1$时，$y$从正无穷大变至$1$.于是，$y$的变化区间为$-\infty < y < 0$，$1 < y < +\infty $.

$186$.$y=\sqrt{x-x^2}$.

解$\quad y=\sqrt{\dfrac14 -\left( x-\dfrac12 \right)^2 } $.

当$x=\dfrac12 $时，$y=\dfrac12 $（最大值）；由于$x$趋于$0$时，$y$趋于$0$，而$y > 0$，从而$y=0$是变量$y$的下确界.于是，$y$的变化区间为$0 < y\leqslant \dfrac12 $.

$187$.$y=\cot{\pi x}$.

解$\quad$当$x$从$0$变至$1$时，变量$y$从$+\infty $变至$-\infty $.于是，变量$y$的变化区间为$-\infty < y < +\infty $.

$188$.$y=x+[2x]$.

解$\quad $当$x$从$0$变至$\dfrac12$时，$y$从$0$变至$\dfrac12 $；当$x$从$\dfrac12 $变至$1$时，$y$从$\dfrac32 $变至$2$.于是，$y$的变化区间为$0 < y < \dfrac12 $，$\dfrac32 \leqslant y < 2$.

$189$.设$f(x)=x^4-6x^3+11x^2-6x$，求$f(0),f(1),f(2),f(3),f(4)$.

解$\quad $因为$f(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)$，所以，$f(0)=f(1)=f(2)=f(3)=0$，$f(4)=24$.

$190$.设$f(x)=\lg x^2 $，求$f(-1),f(-0.001),f(100)$.

解$\quad f(-1)=\lg 1=0$；$f(-0.001)=\lg 0.000001 =-6$；$f(100)=\lg 10000 =4$.

$191$.设$f(x)=1+[x]$，求$f(0.9),f(0.99),f(0.999),f(1)$.

解$\quad f(0.9)=f(0.99)=f(0.999)=1$，$f(1)=2$.

$192$设

$$f(x)=\begin{cases}
1+x, & -\infty < x\leqslant 0,\\
2^x ,& 0 < x < +\infty ,\end{cases}$$

求$f(-2),f(-1),f(0),f(1),f(2)$.

解$\quad f(-2)=1-2=-2$，$f(-1)=1-1=0$，$f(0)=1+0=1$，$f(1)=2^1 =2$，$f(2)=2^2=4$.

$193$.设

$$f(x)=\dfrac{1-x}{1+x} ,$$

求$f(0),f(-x),f(x+1),f(x)+1,f\left( \dfrac{1}{x} \right) ,\dfrac{1}{f(x)}$.

解$\quad f(0)=1$，$f(-x)=\dfrac{1+x}{1-x} ,$

$f(x+1)=\dfrac{1-(x+1)}{1+(x+1)} =-\dfrac{x}{x+2} $，$f(x)+1=\dfrac{1-x}{1+x} +1 =\dfrac{2}{1+x}$，

$f\left( \dfrac{1}{x} \right) =\dfrac{1-\dfrac{1}{x}}{1+\dfrac{1}{x}} =\dfrac{x-1}{x+1} $，$\dfrac{1}{f(x)} =\dfrac{1}{\dfrac{1-x}{1+x}} =\dfrac{1+x}{1-x} $.

$194$.设

$$(a)f(x)=x-x^3;(b)f(x)=\sin{\dfrac{\pi }{x}} ;(c)f(x)=(x+\vert x\vert )(1-x).$$

求满足以下各式的$x$值：$(1)f(x)=0;(2)f(x) > 0;(3)f(x) < 0$.

解$\quad (a)(1)x-x^3=0$，所以$x=0,1$及$-1$.

$(2)x-x^3 > 0$，即$x(1-x)(1+x) > 0$，所以，$-\infty < x < -1$和$0 < x < 1$.

$(3)x(1-x)(1+x) < 0$，所以，$-1 < x < 0$和$1 < x < +\infty $.

$(b)(1)\sin{\dfrac{\pi }{x}} =0$，则$\dfrac{\pi }{x} =k\pi (k=0,\pm 1 ,\pm 2 ,\cdots )$，所以，$x=\dfrac{1}{k} (k=\pm 1,\pm 2 ,\cdots )$.

$(2)\sin{\dfrac{\pi }{x}} > 0$，则$2k\pi < \dfrac{\pi }{x} < (2k+1)\pi $和$-(2k+2)\pi < \dfrac{\pi }{x} < -(2k+1)\pi $，所以，

$$\dfrac{1}{2k+1} < x < \dfrac{1}{2k} $$

和

$$-\dfrac{1}{2k+1} < x < -\dfrac{1}{2k+2} \quad (k=0,1,2,\cdots )$$

$(3)\sin{\dfrac{\pi }{x}} < 0$，则$(2k+1)\pi < \dfrac{\pi }{x} < (2k+2)\pi $和$-(2k+1)\pi < \dfrac{\pi }{x} < -2k\pi $，所以，

$$\dfrac{1}{2k+2} < x < \dfrac{1}{2k+1} $$

和

$$-\dfrac{1}{2k} < x < -\dfrac{1}{2k+1} \quad (k=0,1,2,\cdots ).$$

$(c)(1)(x+\vert x\vert )(1-x) =0$，则$x\leqslant 0$和$x=1$.

$(2)$因为$x+\vert x\vert \geqslant 0$，所以，$1-x > 0$，即$x < 1$.而由$f(x) > 0$，得$x+\vert x\vert > 0$，即$x > 0$.

总之，当$0 < x < 1$时，$(x+\vert x\vert )(1-x) > 0$.

$(3)(x+\vert x\vert )(1-x) < 0$.首先，$x > 0$，否则$x+\vert x\vert =0$.其次，应有$1-x < 0$，所以$x > 1$，此即所求之解.

$195$.设

$$(a)f(x)=ax+b;(b)f(x)=x^2;(c)f(x)=a^x,$$

求$\varphi (x) =\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$.

解$\quad (a)\varphi (x)=\dfrac{a(x+h)+b-(ax+b)}{h} =a$；

$(b)\varphi (x)=\dfrac{(x+h)^2-x^2}{h} =2x+h$；

$(c)\varphi (x) =\dfrac{a^{x+h} -a^x}{h} =a^x \cdot \dfrac{a^h -1}{h} $.

$196$.设$f(x)=ax^2+bx+c$，证明：

$$f(x+3)-3f(x+2)+3f(x+1)-f(x)\equiv 0.$$

证

$$\begin{align}
& f(x+3)-3f(x+2)+3f(x+1)-f(x)\\
= & a(x+3)^2+b(x+3)+c-3[a(x+2)^2+b(x+2)+c]+3[a(x+1)^2+b(x+1)+c]-(ax^2+bx+c) \\
= & ax^2+6ax+9a+bx+3b+c-3ax^2 -12ax -12a-3bx-6b-3c+3ax^2 +6ax+3a+3bx+3b+3c -ax^2-bx-c \\
= & 0,\end{align}$$

于是，$f(x+3)-3f(x+2)+3f(x+1)-f(x)\equiv 0$.

拟合与插值

在实际问题中往往事先不知道某个函数的表达式，而只能通过观察或实验手段确定该函数在若干个特殊自变量值片的函数值.以此为条件，如何在某一类函数中找出一个满足该条件的具体函数，这就是拟合问题.拟合的目的是为了得到在其他自变量值处的函数值，这就是插值问题.因此这是两个密切相关的问题.

为此我们介绍在这方面最为基本的拉格朗日插值公式.

问题的一般提法如下.设在互不相等的$n+1$个点$x_k (k=0,1,\cdots ,n)$上给定值$f(x_k )$，试求不超过$n$次的多项式$L_n (x)$，使得它满足条件：

$$L_n (x_k )=f(x_k ),k=0,1,\cdots ,n.$$

这对于实验科学是非常有用的，即在不知道函数$f$的表达式的情况下，如果能够测定它在有限个点上的值，则就可以用多项式来近似代替$f$.

为此先考虑所要求满足的条件为

$$f(x_0 )=1,f(x_k )=0,k=1,\cdots ,n.\label{100} \tag{*}$$

显然乘积$(x-x_1 )(x-x_2 )\cdots (x-x_n )$就满足$\eqref{100}$中的后$n$个条件.于是

$$l_0 (x)=\dfrac{(x-x_1 )\cdots (x-x_n )}{(x_0 -x_1 )\cdots (x_0 -x_n )} $$

就满足条件$\eqref{100}$.

采用与求和记号$\sum $相应的求积记号$\prod $可以将多项式$l_0 (x)$改记为

$$l_0 (x)=\prod_{k=1}^n \dfrac{x-x_k }{x_0 -x_k} .$$

然后再考虑在点$x_j $处等于$1$而在其余$n$个点$x_k (k\neq j)$处为$0$的多项式.采用类似的方法可见这样的多项式可记为

$$l_j (x)=\prod_{\mathop{}_{k\neq j}^{k=0}}^n \dfrac{x-x_k }{x_j -x_k} .$$

最后将这$n+1$个多项式分别乘以$f(x_j )(j=0,1,\cdots ,n)$并求各得到满足原来的插值条件的$n$次多项式：

$$L_n (x)=\sum_{j=0}^n f(x_j )\prod_{\mathop{}_{k\neq j}^{k=0}}^n \dfrac{x-x_k }{x_j -x_k } ,$$

它就是拉格朗日插值公式.

$197$.若$f(0)=-2,f(3)=5$，求线性函数

$$f(x)=ax+b.$$

$f(1)$及$f(2)$等于什么（线性插值法）？

解$\quad $因为$f(0)=b=-2$及$f(3)=3a+b=5$，所以，$a=\dfrac{7}{3}$，$b=-2$.

于是，所求的线性函数为$f(x)=\dfrac73 x-2$，且$f(1)=\dfrac13 $，$f(2)=\dfrac83 $.

$198$.若$f(-2)=0,f(0)=1,f(1)=5$，求二次有理函数：

$$f(x)=ax^2+bx+c.$$

$f(-1)$及$f(0.5)$等于什么（二次插值法）？

解$\quad $因为$f(-2)=4a-2b+c=0$，$f(0)=c=1$，$f(1)=a+b+c=5$，所以，$a=\dfrac76$，$b=\dfrac{17}{6}$，$c=1$.

于是，所求的二次有理函数为$f(x)=\dfrac76 x^2 +\dfrac{17}{6} x+1$，且$f(-1)=-\dfrac23 $，$f(0.5)=\dfrac{65}{24} =2\dfrac{17}{24}$.

$199$.设$f(-1)=0,f(0)=2,f(1)=-3,f(2)=5$，求三次有理函数：

$$f(x)=ax^3+bx^2 +cx+d.$$

解$\quad $对于$n=3$计算如下（其中下标分别为$-1,0,1,2$）.由于$f(-1)=0$，$l_{-1} (x)$不必计算.

$$l_0 (x)=\dfrac{(x+1)(x-1)(x-2)}{1\cdot (-1)\cdot (-2)} =\dfrac12 (x^3 -2x^2-x+2),$$

$$l_1 (x)=\dfrac{(x+1)x(x-2)}{2\cdot 1\cdot (-1)} =-\dfrac12 (x^3 -x^2 -2x),$$

$$l_2 (x)=\dfrac{(x+1)x(x-1)}{3\cdot 2\cdot 1} =\dfrac16 (x^3-x) .$$

最后得到的答案为

$$\begin{align}
L_3 (x) & =0\cdot l_{-1} (x) +2\cdot l_0 (x)-3\cdot l_1 (x)+5\cdot l_2 (x) \\
& =\dfrac{10}{3} x^3 -\dfrac72 x^2 -\dfrac{29}{6} x+2 .
\end{align}$$

$200$.设$f(0)=15,f(2)=30,f(4)=90$，求以下形式的函数：

$$f(x)=a+bc^x.$$

解$\quad $因为$f(0)=a+b=15$，$f(2)=a+bc^2=30$，$f(4)=a+bc^4=90$，所以，$a=10,b=5,c=2$（$-2$不适合）.

于是，所求的函数为$f(x)=10+5\cdot 2^x$.

$201$.证明；对于线性函数

$$f(x)=ax+b,$$

若自变量的值$x=x_n (n=1,2,\cdots )$组成等差数列，则对应的函数值$y_n =f(x_n )(n=1,2,\cdots )$也组成等差数列.

证$\quad $设数列$x_n (n=1,2,\cdots )$为$x_1 ,x_1 +d ,x_1 +2d ,x_1 +3d ,\cdots ,x_1 +(n-1)d,\cdots $其中$d$为公差.

于是，

$$y_n -y_{n-1} =(ax_n +b)-(ax_{n-1} +b)=\lbrace a[x_1 +(n-1)d]+b\rbrace -\lbrace a[x_1 +(n-2)d]+b\rbrace =ad,$$

由于$ad$为一常数，所以，数列$y_n =f(x_n )$也组成等差数列.

$202$.证明：对于指数函数

$$f(x)=a^x \quad (a > 0),$$

若自变量的值$x=x_n (n=1,2,\cdots )$组成等差数列，则对应的函数值$y_n =f(x_n )(n=1,2,\cdots )$组成等比数列.

证$\quad $因为$x_n -x_{n-1} =d$，所以

$$y_n \colon y_{n-1} =a^{x_n } \colon a^{x_{n-1}} a^{x_n -x_{n-1}} =a^d ,$$

由于$a^d$为一常数，于是，函数值$y_n =f(x_n )$组成等比数列.

适用于$n+1$个点的拉格朗日多项式的次数未必是$n$.事实上从上面的推导可见，对于$n+1 $个点来说，只能说$L_n (x)$的次数不高于$n$.

复合函数

函数的复合是产生新函数的一种重要运算.

设给定$y=f(u)$和$u=g(x)$，则复合函数$y=(f\circ g)(x)=f(g(x))$的定义域是使得$g(x)$属于$f$的定义域的$x$组成的.它可以是空集.例如$y=\sqrt{u}$和$u=-x^2-1$就是如此.

注意在$f\circ g$和$g\circ f$都有意义时，一般来说它们并不相同.

$203$.设当$0 < u < 1$时函数$f(u)$有定义.求下列函数的定义域：

$$(a)f(\sin{x} );\quad (b)f(\ln x);\quad (c)f\left( \dfrac{[x]}{x} \right) .$$

解$\quad (a)$因为$0 < \sin{x} < 1$，所以，

$$2k\pi < x < \pi +2k\pi \quad (k=0,\pm 1,\pm 2 ,\cdots )$$

且

$$x\neq \dfrac{4k+1}{2} \pi \quad (k=0,\pm 1,\pm 2 ,\cdots );$$

$(b)$因为$0 < \ln x < 1$，所以，$1 < x < e$；

$(c)$因为$ 0 < \dfrac{[x]}{x} < 1$，所以，$x > 1$且$x\neq k(k=2,3,4,\cdots )$.

$204$.设

$$f(x)=\dfrac12 (a^x +a^{-x}) \quad (a > 0).$$

证明：

$$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).$$

证

$$\begin{align}
& f(x+y)+f(x-y) \\
= & \dfrac12 (a^{x+y} +a^{-x-y} ) +\dfrac12 (a^{x-y} +a^{-x+y}) \\
= & \dfrac12 (a^x \cdot a^y +a^{-x} \cdot a^{-y} )+\dfrac12 (a^x \cdot a^{-y} +a^{-x} \cdot a^y ) \\
= & \dfrac12 a^x (a^y +a^{-y} ) +\dfrac12 a^{-x} (a^{-y} +a^y ) \\
= & \dfrac12 (a^x +a^{-x})(a^y +a^{-y} ) =2f(x)f(y),
\end{align}$$

于是，$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$.

$205$.设$f(x)+f(y)=f(z)$，且

$$(a)f(x)=ax;\quad (b)f(x)=\dfrac{1}{x} ;$$

$$(c)f(x)=\arctan{x} (\vert x\vert < 1);\quad (d)f(x)=\log \dfrac{1+x}{1-x} .$$

求$z$.

解$\quad (a)f(x)+f(y)=ax+ay=a(x+y)$，$f(z)=az$，由$f(x)+f(y)=f(z)$得$z=x+y$.

$(b)$由$\dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{y} =\dfrac{1}{z}$得$z=\dfrac{xy}{x+y} $.

$(c)$由$\arctan{x} +\arctan{y} =\arctan{z}$得$\arctan{\dfrac{x+y}{1-xy} } =\arctan{z} $所以，$z=\dfrac{x+y}{1-xy}$.

$(d)$由$\lg \dfrac{1+x}{1-x} +\lg \dfrac{1+y}{1-y} =\lg \dfrac{1+z}{1-z} $得$\dfrac{(1+x)(1+y)}{(1-x)(1-y)} =\dfrac{1+z}{1-z} $，所以，$z=\dfrac{x+y}{1+xy} $.

求$\varphi (\varphi (x)) ,\psi (\psi (x)),\varphi (\psi (x)) $及$\psi (\varphi (x))$：

$206$.$\varphi (x)=x^2,\psi (x)=2^x$.

解$\quad \varphi (\varphi (x)) =(x^2)^2=x^4$；$\varphi (\psi (x)) =(2^x)^2=2^{2x}$；$\psi (\psi (x))=2^{(2^x)}$；$\psi (\varphi (x))=2^{(x^2)}$.

$207$.$\varphi (x)=\mathrm{sgn} x,\psi (x)=\dfrac{1}{x}$.

解$\quad \varphi (\varphi (x)) =\mathrm{sgn} (\mathrm{sgn} x)=\mathrm{sgn} x$；$\psi (\psi (x))=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x}} =x(x\neq 0)$；$\varphi (\psi (x)) =\mathrm{sgn} \left( \dfrac{1}{x} \right) =\mathrm{sgn} x(x\neq 0)$；$\psi (\varphi (x))=\dfrac{1}{\mathrm{sgn} x} =\mathrm{sgn} x(x\neq 0)$.

$208$.$\varphi (x)=\begin{cases}
0 ,& x \leqslant 0,\\ x, & x > 0\end{cases} ,\psi (x)=\begin{cases} 0 ,& x\leqslant 0 ,\\ -x^2 ,& x > 0.\end{cases}$

解$\quad \varphi (\varphi (x)) =\varphi (x)$；$\psi (\psi (x))=0$（因为$-x^2 \leqslant 0$）；$\varphi (\psi (x)) =0$；$\psi (\varphi (x))=\psi (x)$.

$209$.设

$$f(x)=\dfrac{1}{1-x} ,$$

求$f(f(x)),f(f(f(x)))$.

解$\quad f(f(x))=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{1-x}} =1-\dfrac{1}{x} \quad (x\neq 0)$；$f(f(f(x))) =\dfrac{1}{1-\left( 1-\dfrac{1}{x} \right) } =x$.

$210$.设$f_n (x)=\underbrace{f(f(\cdots f(x)))}_{n次}$，若

$$f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} ,$$

求$f_n (x)$.

解$\quad $从$f_1 (x)=f(x)$出发，有

$$f_2 (x)=\dfrac{f(x)}{\sqrt{1+f^2(x)}} =\dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{\sqrt{1+\dfrac{x^2}{1+x^2} }} =\dfrac{x}{\sqrt{1+2x^2}} ,$$

$$f_3 (x)=\dfrac{f_2 (x)}{\sqrt{1+f_2^2(x)}} =\dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{1+2x^2}}}{\sqrt{1+\dfrac{x^2}{1+2x^2} }} =\dfrac{x}{\sqrt{1+3x^2}} ,$$

因此我们猜测有可能成立如下的公式：

$$f_n (x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+nx^2}} .\label{1.25} \tag{1.25}$$

用数学归纳法.当$n=1,2,3$时已经成立.设$n=k$时上式成立，则当$n=k+1 $时就有

$$f_{k+1} (x)=\dfrac{f_k (x)}{\sqrt{1+f_k^2(x)}} =\dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{1+kx^2}}}{\sqrt{1+\dfrac{x^2}{1+kx^2} }} =\dfrac{x}{\sqrt{1+(k+1)x^2}} ,$$

可见$\eqref{1.25}$成立.

$211$.设$f(x+1)=x^2-3x+2$，求$f(x)$.

解$\quad $因为$f(x+1)=(x+1)^2-5(x+1)+6$，于是，$f(x)=x^2-5x+6$.

$212$.设

$$f\left( x+\dfrac{1}{x} \right) =x^2 +\dfrac{1}{x^2} \quad (\vert x\vert \geqslant 2),$$

求$f(x)$.

解$\quad $因为$f\left( x+\dfrac{1}{x} \right) =\left( x+\dfrac{1}{x} \right)^2 -2$，于是$f(x)=x^2-2$.

$213.1$设

$$f\left( \dfrac{1}{x} \right) =x+\sqrt{1+x^2} \quad (x > 0),$$

求$f(x)$.

解$\quad $因为$f\left( \dfrac{1}{x} \right) =\dfrac{1+\sqrt{1+\left( 1+\dfrac{1}{x} \right)^2}}{\dfrac{1}{x}} $，于是，$f(x)=\dfrac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}$.

$213.2$设

$$f\left( \dfrac{x}{x+1} \right) =x^2,$$

求$f(x)$.

解$\quad $令$t=\dfrac{x}{x+1} $，则问题就是如何将复合后的函数$x^2$用$t$表出.

从$t=\dfrac{x}{x+1} $可解出$x=\dfrac{t}{1-t}$，将它代入$x^2 $就得到

$$x^2 =\left( \dfrac{t}{1-t} \right)^2 =\dfrac{t^2}{(1-t)^2} .$$

这表明若在等式右边用$t=\dfrac{x}{x+1}$代入就得到左边的$x^2 $，因此$f(t)=\dfrac{t^2}{(1-t)^2} $就是所要求的函数关系.最后将$t$改写为$x$，就得到复合前的$f(x)=\dfrac{x^2}{(1-x)^2} $.

单调性、反函数和奇偶性

证明：下列各函数在所给区间内是单调增函数：

$214$.$f(x)=x^2(0\leqslant x < +\infty )$.

证$\quad $当$x_2 > x_1 \geqslant 0$时（其中$x_1 ,x_2 $为任意两点，下同），

$$f(x_2 )-f(x_1 )=x_2^2 -x_1^2 =(x_2 -x_1 )(x_2 +x_1 ) > 0,$$

于是，$f(x)=x^2 $在$0\leqslant x < +\infty $内是单调增函数.

$215$.$f(x)=\sin{x} \left( -\dfrac{\pi }{2} \leqslant x\leqslant \dfrac{\pi }{2} \right) $.

证$\quad $当$-\dfrac{\pi }{2} < x_1 < x_2 < \dfrac{\pi }{2} $时，因为

$$-\dfrac{\pi }{2} < \dfrac{x_1 +x_2 }{2} < \dfrac{\pi }{2} $$

及

$$0 < \dfrac{x_2 -x_1 }{2} < \dfrac{\pi }{2} ,$$

所以，$\cos{\dfrac{x_1 +x_2 }{2}} > 0$及$\sin{\dfrac{x_2 -x_1 }{2}} > 0$.

又因

$$f(x_2 )-f(x_1 )=\sin{x_2 } -\sin{x_1 } =2\cos{\dfrac{x_1 +x_2 }{2}} \sin{\dfrac{x_2 -x_1 }{2}} > 0,$$

所以，$f(x)=\sin{x}$在$-\dfrac{\pi }{2} \leqslant x\leqslant \dfrac{\pi }{2}$内是单调增函数.

$216$.$f(x)=\tan{x} \left( -\dfrac{\pi }{2} < x < \dfrac{\pi }{2} \right) $.

证

$$f(x_2 )-f(x_1 )=\tan{x_2 } -\tan{x_1 } =\dfrac{\sin{x_2}}{\cos{x_2}} -\dfrac{\sin{x_1 }}{\cos{x_1}} =\dfrac{\sin{x_2 } \cos{x_1} -\cos{x_2 } \sin{x_1 } }{\cos{x_1 } \cos{x_2 } } =\dfrac{\sin{(x_2 -x_1 )}}{\cos{x_1 } \cdot \cos{x_2 }} ,$$

当$-\dfrac{\pi }{2} < x_1 < x_2 < \dfrac{\pi }{2} $时，$\cos{x_1 } > 0$，$\cos{x_2 } > 0$及$\sin{(x_2 -x_1 )} > 0$，从而可知

$$f(x_2 ) -f(x_1 ) > 0,$$

所以，$f(x)=\tan{x}$在$-\dfrac{\pi }{2} < x < \dfrac{\pi }{2}$内是单调增函数.

$217$.$f(x)=2x+\sin{x} (-\infty < x < +\infty )$.

证$\quad f(x_2 )-f(x_1 )=2(x_2 -x_1 )+\sin{x_2 } -\sin{x_1 } $，

因为

$$\vert \sin{x_2 } -\sin{x_1 } \vert =2\left\vert \cos{\dfrac{x_1 +x_2 }{2} } \right\vert \left\vert \sin{\dfrac{x_2 -x_1}{2}} \right\vert \leqslant 2\left\vert \sin{\dfrac{x_2 -x_1}{2}} \right\vert \leqslant 2\left\vert \dfrac{x_2 -x_1 }{2} \right\vert =\vert x_2 -x_1 \vert ,$$

所以，当$x_1 < x_2 $时，有

$$-(x_2 -x_1 ) \leqslant \sin{x_2 } -\sin{x_1 } \leqslant x_2 -x_1 .$$

从而，

$$2(x_2 -x_1 )+\sin{x_2 } -\sin{x_1 } > 2(x_2 -x_1 )-(x_2 -x_1 ) =x_2 -x_1 > 0,$$

即$f(x_2 ) -f(x_1 ) > 0$，于是，$f(x)=2x+\sin{x}$在$-\infty < x < +\infty $内是单调增函数.

证明：下列各函数在所给区间内是单调减函数：

$218$.$f(x)=x^2 (-\infty < x\leqslant 0)$.

证$\quad f(x_2 )-f(x_1 ) =(x_2 -x_1 )(x_2 +x_1 ) < 0(x_1 < x_2 < 0)$，于是，$f(x)=x^2 $在$-\infty < x\leqslant 0$内是单调减函数.

$219$.$f(x)=\cos{x} (0\leqslant x\leqslant \pi )$.

证$\quad f(x_2 )-f(x_1 )=\cos{x_2 } -\cos{x_1 } =-2\sin{\dfrac{x_2 +x_1 }{2}} \sin{\dfrac{x_2 -x_1 }{2}} ,$

当$0 < x_1 < x_2 < \pi $时，

$$0 < \dfrac{x_1 +x_2 }{2} < \pi $$

及

$$0 < \dfrac{x_2 -x_1 }{2} < \dfrac{\pi }{2} ,$$

于是，$\sin{\dfrac{x_2 +x_1 }{2}} > 0 $，$\sin{\dfrac{x_2 -x_1 }{2}} > 0$，从而，

$$f(x_2 )-f(x_1 ) < 0,$$

即$f(x)=\cos{x}$在$0 \leqslant x \leqslant \pi $内是单调减函数.

$220$.$f(x)=\cot{x} (0 < x < \pi )$.

证

$$f(x_2 )-f(x_1 ) =\dfrac{\cos{x_2} }{\sin{x_2 } } -\dfrac{\cos{x_1} }{\sin{x_1 } } =\dfrac{\cos{x_2 } \sin{x_1 } -\cos{x_1 } \sin{x_2 } }{\sin{x_1 } \sin{x_2} } =\dfrac{\sin{(x_1 -x_2 )}}{\sin{x_1 } \cdot \sin{x_2 } } < 0$$

（当$0 < x_1 < x_2 < \pi $时），于是，$f(x)=\cot{x}$在$0 < x < \pi $内是单调减函数.

$221$.研究下列函数的单调性：

$$(a)f(x)=ax+b;(b)f(x)=ax^2 +bx+c;(c)f(x)=x^3;$$

$$(d)f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d} ;(e)f(x)=a^x (a > 0).$$

解$\quad (a)$对于$x_1 < x_2 $，有$f(x_2 )-f(x_1 ) =a(x_2 -x_1 ) $.当$a > 0$时，它大于零；当$a < 0$时，它小于零.所以，当$a > 0$时，$f(x)$是增函数；当$a < 0$时，$f(x)$是减函数.

$(b)f(x)=a\left( x+\dfrac{b}{2a} \right)^2 +\dfrac{4ac-b^2}{4a}$.

$(1)$当$a > 0$时，图像呈凹形，顶点在$\left( -\dfrac{b}{2a} ,\dfrac{4ac-b^2}{4a} \right) $.于是，在$-\infty < x < -\dfrac{b}{2a} $内，函数单调下降，在$-\dfrac{b}{2a} < x < +\infty $，函数单调上升.

$(2)$当$a < 0$时，图像凸状.于是，在$-\infty < x < -\dfrac{b}{2a} $内函数单调增加，而在$-\dfrac{b}{2a} < x < +\infty $内函数单调减小.

$(c)f(x_2 )-f(x_1 )=x_2^3 -x_1^3 =(x_2 -x_1 )(x_2^2 +x_1 x_2 +x_1^2) > 0 (x_2 > x_1 )$.于是，$f(x)=x^3$在$-\infty < x < +\infty $内单调增加.

$(d)f(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d} =\dfrac{a}{c} +\dfrac{b-a\dfrac{d}{c}}{cx+d}$，其中$c\neq 0$，若$c=0$，则同$(a)$一样讨论.下面不妨就$c > 0$讨论其增减性.

$(1)$当$b > a\dfrac{d}{c} $时，若$x$值单调增加，则$f(x)$值减小.所以，$f(x)$在$\left( -\infty ,-\dfrac{d}{c} \right) $及$\left( -\dfrac{d}{c} ,+\infty \right) $内减小.

$(2)$当$b < \dfrac{ad}{c}$时，若$x$值单调增加，则$f(x)$值也增加.所以，$f(x)$在$\left( -\infty ,-\dfrac{d}{c} \right) $及$\left( -\dfrac{d}{c} ,+\infty \right) $内增加.

$(e)f(x_2 )-f(x_1 )=a^{x_2} -a^{x_1 } $，若$x_2 > x_1 $，则

当$0 < a < 1$时，$f(x_2 )-f(x_1 ) < 0$，此时$f(x)$在$-\infty < x < +\infty $内减小.

当$a > 1$时，$f(x_2 )-f(x_1 ) > 0$，此时，$f(x)$在$-\infty < x < +\infty $内增加.

$222$.不等式能否逐项取对数？

解$\quad $不一定可以，当底大于$1$时才可以.因为对于对数函数当底大于$1$时为单调增函数.若底介于$0$与$1$之间，则为单调减函数，所以，此时就不能逐项取对数.

$223$.设$\varphi (x),\psi (x)$及$f(x)$为单调增函数.证明：若

$$\varphi (x)\leqslant f(x)\leqslant \psi (x),$$

则

$$\varphi (\varphi (x))\leqslant f(f(x)) \leqslant \psi (\psi (x)).$$

证$\quad $先看左边的不等式.问题是如何使得其两边发生联系.

这可以分两步来做.先利用$\varphi (x)\leqslant f(x)$，又利用$\varphi $单调递增，因此就有

$$\varphi (\varphi (x))\leqslant \varphi (f(x)).$$

再次利用$\varphi (x)\leqslant f(x)$，就得到$\varphi (f(x))\leqslant f(f(x))$.合并以上就证明了左边的不等式.对于右边不等式的证明是类似的.

求反函数$x=\varphi (y)$和它的存在域：

$224$.$y=2x+3\quad (-\infty < x < +\infty )$.

解$\quad x=\dfrac{y-3}{2} ,-\infty < y < +\infty $.

$225$.$y=x^2 ;(a)-\infty < x\leqslant 0;(b)0\leqslant x < +\infty $.

解$\quad (1)x=-\sqrt{y} ,0\leqslant y < +\infty $；$(1)x=\sqrt{y} ,0\leqslant y < +\infty $.

$226$.$y=\dfrac{1-x}{1+x} (x\neq -1)$.

解$\quad $由于$y+xy=1-x$，解得$x$的反函数$x=\dfrac{1-y}{1+y} $，$y\neq -1$.

$227$.$y=\sqrt{1-x^2} ;(a)-1\leqslant 0\leqslant 0;(b)0\leqslant x < +\infty $.

解$\quad (1)x=-\sqrt{1-y^2} ,0\leqslant y\leqslant 1$；$(2)x=\sqrt{1-y^2} ,0\leqslant y\leqslant 1$.

$228$.$y=\sinh{x} $，式中$\sinh{x} =\dfrac12 (e^x -e^{-x}) (-\infty < x < +\infty )$.

解$\quad $由于$2y=e^x -e^{-x}$，即

$$(e^x)^2 -2ye^x -1=0,$$

解出$e^x $后两端再取对数，即得

$$x=\mathrm{arsinh} y=\ln (y+\sqrt{1+y^2} ),(-\infty < y < +\infty ).$$

$229$.$y=\tanh{x} $，其中$\tanh{x} =\dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}} (-\infty < x < +\infty )$.

解$\quad $由于$y=\dfrac{e^x -e^{-x}}{e^x +e^{-x}} =\dfrac{(e^x)^2 -1}{(e^x)^2 +1} $，即$e^{2x} =\dfrac{1+y}{1-y} $，两端再取对数，并注意到$\dfrac{1+y}{1-y} > 0$即$-1 < y < 1$，于是，

$$x=\mathrm{artanh} y=\dfrac12 \ln \dfrac{1+y}{1-y} ,-1 < y < 1.$$

$230$.$y=\begin{cases} x, & -\infty < x < 1,\\ x^2 , & 1\leqslant x \leqslant 4,\\ 2^x , & 4 < x < +\infty .\end{cases}$

解$\quad x=\begin{cases} y, & -\infty < x < 1,\\ \sqrt{y} , & 1\leqslant x \leqslant 16,\\ \log_2 y , & 16 < x < +\infty .\end{cases}$

$231$.设函数$f(x)$定义于对称区间$(-l ,l)$，若

$$f(-x)\equiv f(x),$$

则称$f(x)$为偶函数；若

$$f(-x)\equiv -f(x),$$

则称函数$f(x)$为奇函数.

确定下列函数中哪些是偶函数，哪些是奇函数：

$$(a)f(x)=3x-x^3;\quad (b)f(x)=\sqrt[3]{(1-x)^2} +\sqrt[3]{(1+x)^2} ;$$

$$(c)f(x)=a^x +a^{-x} (a > 0);\quad (d)f(x)=\ln \dfrac{1-x}{1+x} ;$$

$$(e)f(x)=\ln (x+\sqrt{1+x^2}) .$$

解$\quad (a)f(-x)=-3x+x^3\equiv -f(x) $，故为奇函数.

$(b)f(-x)=\sqrt[3]{(1+x)^2} +\sqrt[3]{(1-x)^2} \equiv f(x)$，故为偶函数.

$(c)f(-x)=a^{-x} +a^x \equiv f(x)$，故为偶函数.

$(d)f(-x)=\ln \dfrac{1+x}{1-x} =-\ln \dfrac{1-x}{1+x} \equiv -f(x)$，故为奇函数.

$(e)f(-x)=\ln (-x+\sqrt{1+x^2} ) =\ln \dfrac{1}{x+\sqrt{1+x^2}} =-\ln (x+\sqrt{1+x^2}) \equiv -f(x)$，故为奇函数.

$232$.证明：定义于对称区间$(-l,l)$上的任何函数$f(x)$可以表示为偶函数与奇函数之和的形式.

分析$\quad $设给定区间$(-l,l)$上的函数$f(x)$，要求找出在$(-l,l)$上有定义的一个偶函数$g(x)$与一个奇函数$h(x)$，使得在此区间上成立

$$f(x)=g(x)+h(x).\label{1.26} \tag{1.26}$$

这里的目的是寻找两个具有指定性质的未知函数.下面所用的分析法与$\S 1.1$中用于证明如习题$9(b)$等不等式的分析法有些不同.

这就是在求出两个未知函数之前先假定它们存在，将要求证的等式认为已经成立，然后由此式出发作些运算或变换，看能否办法求出$g$和$h$的表达式.

由于区间$(-l,l)$关于原点对称，在$\eqref{1.26}$中用$-x$代替$x$，并利用$g$为偶函数，即有$g(-x)=g(x)$，又利用$h$为奇函数，即有$h(-x)=-h(x)$，于是得到

$$f(-x)=g(-x)+h(-x)=g(x)-h(x).\label{1.27} \tag{1.27}$$

然后就可以从$\eqref{1.26}$和$\eqref{1.27}$两式出发，消去$h$得到$g$，又从两式消去$g$得到$h$，即得到

$$g(x)=\dfrac12 [f(x)+f(-x)],h(x)=\dfrac12 [f(x)-f(-x)].\label{1.28} \tag{1.28}$$

最后从上述表达式可以看出$g$和$h$确实分别为偶函数和奇函数，而且它们的和就是$f$，即满足$\eqref{1.26}$.因此原来的存在性假设是正确的.

证$\quad $对于在区间$(-l,l)$上给定的函数$f$用$\eqref{1.28}$定义两个函数$g$和$h$.从它们的表达式可见$g$为偶函数，$h$为奇函数，且满足所要求的等式$\eqref{1.26}$.

周期函数

这里的题不多，但其中有两个困难.第一是周期函数的最小周期问题，第二是如何判定某些函数是或不是周期函数.

最小周期的存在性有很好的结果，则命题$1.5$，但还没有见到计算最小正周期的有效方法.

$233$.若存在数$T > 0$（函数的周期——在广义的意义上！），使定义于集合$E$的函数$f(x)$满足等式

$$f(x\pm T)=f(x)\quad (x\in E),$$

则函数$f(x)$称为周期函数.

说明下列函数中哪些是周期函数，并求它们的最小周期：

$(a)f(x)=A\cos{\lambda x} +B\sin{\lambda x} ;\quad (b)f(x)=\sin{x} +\dfrac12 \sin{2x} +\dfrac13 \sin{3x} $；

$(c)f(x)=2\tan{\dfrac{x}{2}} -3\tan{\dfrac{x}{3}} ;\quad (d)f(x)=\sin{}^2 x$；

$(e)f(x)=\sin{x^2} ;\quad (f)f(x)=\sqrt{\tan{x}} $；

$(g)f(x)=\tan{\sqrt{x}} ;\quad (h)f(x)=\sin{x} +\sin{(x\sqrt{2})} $.

解$\quad $对于$(a)$，由于

$$f\left( x+\dfrac{2\pi }{\lambda } \right) =A\cos{\lambda \left( x+\dfrac{2\pi }{\lambda } \right) } +B\sin{ \lambda \left( x+\dfrac{2\pi }{\lambda } \right) } =A\cos{\lambda x} +B\sin{\lambda x} =f(x),$$

故为周期函数，最小周期为$T=\dfrac{2\pi }{\lambda } (\lambda > 0)$.

对于$(b)$，利用正弦函数$\sin{x}$的最小周期为$2\pi $，可见$f$也是以$2\pi $为周期的周期函数.问题是求它的最小周期.

从$f(0)=0$可见若$p$是$f$的最小周期，则也有$f(p)=0$.下面我们将证明$f$在$[0,2\pi ]$中与$\sin{x}$一样只有$3$个零点，即$0,\pi ,2\pi $，而$\pi $显然不是$f$的周期（例如从$f\left( \dfrac{\pi }{2} \right) =\dfrac23 $而$f\left( \dfrac{3\pi }{2} \right) =-\dfrac23 $可知），因此$f$的最小周期就是$2\pi $.

利用三角恒等式$\sin{2x} =2\sin{x} \cos{x}$和

$$\sin{3x} =\sin{2x} \cos{x} +\cos{2x} +\sin{x} =2\sin{x} \cos{}^2 x+(2\cos{}^2 x -1)\sin{x} ,$$

就可以将$f$改写如下：

$$f(x)=\sin{x} +\dfrac12 \sin{2x} +\dfrac13 \sin{3x} =\sin{x} (\dfrac43 \cos{}^2 x+\cos{x} +\dfrac23 ).$$

在最后一式的括号内令$t=\cos{x}$，将它写成$t$的二次三项式，就可以看出它始终大于$0$，因此$f$的零点与$\sin{x}$相同.

同理可证：$(c)$、$(d)$和$(f)$也是周期函数，最小周期分别为$6\pi $、$\pi $和$\pi $.对于$(e)$，若周期为$a$，即$\sin{(x+a)^2} =\sin{x^2} $.令$x=0$即得$a=\pm \sqrt{m\pi }$（$m$为某正整数），代入，又令$x=\sqrt{2m\pi }$，易得$\sin{(2\sqrt{2} m \pi )} =0$.但$2\sqrt{2} m$显然不是整数，得到矛盾.于是，$\sin{x^2}$不是周期函数，同时，$(g)$也不是周期函数.

$(h)(1)$记$f(x)=\sin{x} +\sin{\sqrt{2} x} $.因$f(0)=0$，我们可以考察$f$的零点全体所成集合，看它是否具有周期函数的零点应当具有的特性.

由三角函数的和差化积公式得到$f(x)=2f_1 (x) f_2 (x)$，其中

$$f_1 (x)=\sin{\dfrac{\sqrt{2} +1}{2} x} ,f_2 (x) =\cos{\dfrac{\sqrt{2} -1}{2} x} .$$

由此可见$f$有无穷多个零点，将其全体记为数集$S$.

由于$f$是$f_1 $和$f_2 $的乘积，即有$S=S_1 \cup S_2 $，其中

$$S_1 =\lbrace x\vert f_1 (x)=0\rbrace =\lbrace x\vert \dfrac{\sqrt{2} +1}{2} x=j\pi ,j=0,\pm 1,\cdots \rbrace ,$$

$$S_2 =\lbrace x\vert f_2 (x)=0\rbrace =\lbrace x\vert \dfrac{\sqrt{2} -1}{2} x=k\pi +\dfrac{\pi }{2} ,j=0,\pm 1,\cdots \rbrace .$$

由于$\sqrt{2}$是无理数，可见$S_1 \cap S_2 =\varnothing $.

由$f(0)=0$可见，若$f$有周期$p$，则$f(p)=f(0)=0$.因此$p\in S$.以下分两种情况.

若$p\in S_1 $，则可任取某个$q\in S_2 $.这时有$f(p+q)=f(q)=f_2 (q)=0$.因此$p+q\in S$.利用$S_1 ,S_2 $的上述表达式可知，这时无论$p+q\in S_1 $或$p+q\in S_2 $都会导致$\sqrt{2}$成为两个整数的商，这是不可能的.

若$p\in S_2 $，则可任取某个$q\in S_1 $.这时有$f(p+q)=f(q)=f_1 (q)=0$，因此也有$p+q\in S$.以下同上.

综合以上分析可知$f(x)$不是周期函数.

$(2)$若设$f$有周期$p$，则就成立

$$\sin{(x+p)} +\sin{\sqrt{2} (x+p)} =\sin{x} +\sin{\sqrt{2} x} .$$

称项得到$\sin{(x+p)} -\sin{x} =\sin{\sqrt{2} x} -\sin{\sqrt{2} (x+p)}$，然后对两边用三角函数的和差化积公式得到（已约去公因子$2$）：

$$\cos{(x+\dfrac{p}{2} )} \sin{\dfrac{p}{2}} =-\cos{\sqrt{2} (x+\dfrac{p}{2} )} \sin{\dfrac{\sqrt{2} p}{2} } .$$

取$x$使得$x+\dfrac{p}{2} =\dfrac{\pi }{2} $，则左边为$0$.由于$\sqrt{2}$是无理数，右边的第一个因子不等于零，因此只能有$\sin{\dfrac{\sqrt{2} p}{2}} =0$.于是$\sqrt{2} p=2\pi $的整数倍.

同样取$x$使得$\sqrt{2} (x+\dfrac{p}{2} ) =\dfrac{\pi }{2} $，则同理推出$\sin{\dfrac{p}{2}}=0$，于是$p$又是$2\pi $的整数倍.

由于$\sqrt{2}$是无理数，以上两个结论不能相容，可见$f(x)$不是周期函数.

$234$.证明：对于狄利克雷函数

$$\mathcal{X} (x)=\begin{cases} 1, & x为有理数,\\ 0, & x为无理数, \end{cases}$$

任何有理数皆为其周期.

证$\quad $设$l$为任一有理数，则当$x$为有理数时，$x+l$也为有理数.若$x$为无理数，则$x+l$也为无理数，所以，

$$\mathcal{X} (x+l)=\begin{cases} 1, & x为有理数,\\ 0, & x为无理数, \end{cases}$$

即$\mathcal{X} (x+l)=\mathcal{X} (x)$，$l$为周期.

$235.1$证明：定义于共同的集合且周期可公度的两个周期函数之和与积也是周期函数.

证$\quad $设$f_1 (x)$及$f_2 (x)$为定义在集合$A$上的周期函数，$T_1 $及$T_2 $分别为它们的周期.又设$T$为$T_1 $及$T_2 $的公约数，即$T_1 =Tk_1 $，$T_2 =Tk_2 $，其中$k_1 ,k_2 $为正整数.于是，

$$f_1 (x+k_2 T_1 ) =f_1 (x),f_2 (x+k_1 T_2 )=f_2 (x).$$

设

$$F_1 (x)=f_1 (x)+f_2 (x) ,F_2 (x)=f_1 (x)f_2 (x),$$

可以证明：$k_1 k_2 T$分别是$F_1 (x)$和$F_2 (x)$的周期.事实上，我们有

$$F_1 (x+k_1 k_2 T)=f_1 (x+k_1 k_2 T)+f_2 (x+k_1 k_2 T)=f_1 (x)+f_2 (x) =F_1 (x).$$

$$F_2 (x+k_1 k_2 T)=f_1 (x+k_1 k_2 T)f_2 (x+k_1 k_2 T)=f_1 (x)f_2 (x) =F_2 (x).$$

从而，本题得证.

$235.2$若

$$f(x+T)\equiv -f(x)\quad (T > 0),$$

则函数$f(x)$称为反周期函数.证明：此函数是以$2T$为周期的函数.

证

$$\begin{align}
f(x+2T) & =f(x+T+T)\\
& =-f(x+T) \\
& =-(-f(x)) \\
& =f(x) \end{align}$$

故此函数是以$2T$为周期的函数.

$236$.证明：若函数$f(x)(-\infty < x < +\infty $）满足等式$f(x+T)=kf(x)$，式中$k$和$T$为正的常数，则$f(x)=a^x \varphi (x)$，式中$a$为常数，而$\varphi (x)$为以$T$为周期的函数.

证$\quad (1)$（分析法）假设结论成立，则就有

$$f(x+T)=a^{x+T} \varphi (x+T) =kf(x)=ka^x \varphi (x).$$

利用$\varphi (x+T)=\varphi (x)$，又在两边约去$a^x $，就得到$a^T =k$.于是解出$a=a^{\frac{1}{T} }$.然后从$f(x)=a^x \varphi (x)$可以确定出

$$\varphi (x)=f(x)k^{-\frac{x}{T}} ,$$

以下只要验证如此确定的$a$和$\varphi (x)$是否合乎要求.

$(2)$（综合法）取$a=k^{\frac{1}{T}} $和$\varphi (x)= f(x)k^{-\frac{x}{T}} $，则已有$f(x)=\varphi (x)a^x $.又从

$$\varphi (x+T)=f(x+T)k^{-\frac{x+T}{T}} =kf(x)\cdot k^{-\frac{x+T}{T}}=f(x)k^{-\frac{x}{T}} =\varphi (x).$$

可见$\varphi $是周期为$T$的周期函数.

补注

在周期函数的研究中会遇到许多困难的问题.在这一小节中将以两个命题形式回答与前面的习题有关的两个理论问题.

注意：周期函数的定义域不一定是整个实数轴.例如中学数学中的$6$个周期函数，它们都是周期函数，但除了正弦和余弦函数之外，其余$4$个都不是以$(-\infty ,+\infty )$为定义域的.其中特别要注意，正切和余切函数的最小正周期是$\pi $.

第一个问题是：最小正周期的存在性问题.

如习题$234$所示，狄利克雷函数$\mathcal{X} (x)$以任意有理数为其周期，可见非常值的周期函数也未必有最小正周期.那么什么条件下能够保证一个周期函数有最小正周期呢？下面以命题的形式给出这方面的一个常用结论.同时可知非常值的无最小正周期的周期函数一定是处处不连续的.

命题$1.5\quad $设$f$是非常值周期函数，且至少有一个连续点，则$f$有最小正周期.

证$\quad $用反证法.若$f$无最小正周期，即有无穷多个越来越小的正周期.由于任何两个周期之差仍为周期，因此$f$必有任意小的正周期.

取趋于$0$的一列正周期$\alpha_n ,n=1,2,\cdots $.又设$f$于点$x_0 $连续.则对于任何点$x$，存在分解式$x=x_0 +k_n \alpha_n +\beta_n $，其中$k_n $为整数，$0\leqslant \beta_n < \alpha_n $.于是有

$$f(x)=f(x_0 +k_n \alpha_n +\beta_n )=f(x_0 +\beta_n ).$$

令$n\to \infty $并利用$f$于点$x_0 $处连续，就得到$f(x)=f(x_0 )$.因此$f$是恒等于$f(x_0 )$的常值函数，与假设条件相矛盾.

第二个问题是：两个周期函数之和是否是周期函数.

如习题$235.1$所示，定义域相同的两个周期函数，如果它们的周期可公度，也就是两者之比为有理数，那么它们的和与积也是周期函数.其证明并不困难.

另一方面，习题$233(h)$则表明不可公度的两个周期函数之和可以不是周期函数.这是否具有一般意义？

命题$1.6\quad $设$f_1 $和$f_2 $是定义在同一集合上的周期函数，它们的周期不可公度.若$f_1 $，$f_2 $中至少有一个界，又至少有一个连续，则$f=f_1 +f_2 $不是周期函数.

证$\quad $用反证法.设$f$有周期$p > 0$，则从

$$0=f(x+p)-f(x)=f_1 (x+p)+f_2 (x+p)-f_1 (x)-f_2 (x) $$

得到恒等式

$$f_1 (x+p)-f_1 (x)\equiv -f_2 (x+p)+f_2 (x).$$

利用这个恒等式定义一个新的函数$F$如下：

$$F(x)=f_1 (x+p)-f_1 (x)=-f_2 (x+p)+f_2 (x).\label{101} \tag{*} $$

设$T_1 ,T_2 $分别是$f_1 $和$f_2 $的周期.从定义$\eqref{101}$可见$F$同时以$T_1 ,T_2 $为周期.不妨设$T_1 > T_2 > 0$，则$F$又以$T_1 -T_2 $为周期.利用辗转相除法，可见$F$有无穷多个越来越小的正周期，从而有任意小的正周期.

取$F$的一列趋于$0$的正周期$\alpha_n ,n=1,2,\cdots $.设$x_0 $在定义域中，则对于定义域中任意其他点$x$，有分解$x=x_0 +k_n \alpha_n +\beta_n $，$n=1,2,\cdots $，其中$k_n $为整数，$0\leqslant \beta_n < \alpha_n $.

不妨设$f_1 $和$f_2 $中的$f_1 $为其定义域上的连续函数，于是有

$$F(x)=F(x_0 +\beta_n ) =f_1 (x_0 +\beta_n +p)-f_1 (x_0 +\beta_n ),$$

令$n\to \infty $，并记上式右边的极限为$c$，就得到

$$F(x)=F(x_0 )=f_1 (x_0 +p)-f_1 (x_0 ) =c.$$

于是对所有$x$成立

$$F(x)=f_1 (x+p)-f_1 (x)=-f_2 (x+p)+f_2 (x)=c.$$

这时对一切整数$n$有

$$f_1 (x_0 +np)=f_1 (x_0 ) +nc,f_2 (x_0 +np)=f_2 (x_0 )-nc.$$

由于$f_1 ,f_2 $中至少有一个有界，因此只能有$c=0$.

于是就证明了$F\equiv 0$，同时也就证明了$p$是$f_1 $和$f_2 $的共有周期，引出矛盾.

举一个例子.

例题$\quad $设$f_1 (x)=\tan{\alpha \pi x}$，$\alpha > 0$，$f_2 (x)=\mathcal{X} (x)$（即狄利克雷函数），证明，$f(x)=f_1 (x)+f_2 (x)$为周期函数的充分必要条件是$\alpha $为有理数》

解$\quad $若$\alpha $为有理数，则$f_1 $与$f_2 $的周期可度，根据习题$235.1$知道$f=f_1 +f_2 $为周期函数；若$\alpha $为无理数，则可以根据$f_1 $连续，$f_2 $有界，然后用命题$1.6$知道$f=f_1 +f_2 $不是周期函数.

最后，不易想到的是周期不可公度的两个周期函数之和仍然可能是周期函数.