引理1设f是方程(4)的连续解，α是f的最小值点，则：

(i) f(1)=κ，f²(λ)=κ²；

(ii) f(α)=0且α > λ.

证  对于(i)，将x=0代入方程(4)，得f(1)=κ.再将x=1代入方程(4)，得f²(λ)=κ².

对于(ii)，设α为f的最小值点，将x=α代入方程(4)，得

因此f(α)=0.

若α≤λ，则

则$f(\frac{\alpha }{\lambda }) = \frac{1}{\kappa }1$，矛盾.故α>λ.

引理2  设f是方程(4)的连续解，α是f的唯一最小值点，则：

(i) f([0，λα])=[α，1]，f([α，1])=[0，κ]；

(ii) f(λ)≠α.

证  对于(i)，若x∈[0，λ]使得f(x)=α，则

于是x=λα.由f的连续性知f([0，λα])=[α，1].设f在[α，1]上的最大值点是ξ.则在[α，1]上必存在x₁，使得f(x₁)=ξ.从而

根据单调性和f(1)=κ，所以f([α，1])=[0，κ].对于(ii)，假设f(λ)=α，则

矛盾.故f(λ)≠α.

下面给出单谷解和单谷延拓解的定义：

定义1  映射f：[0, 1]→[0, 1]，如果：

(a) f是方程(4)的连续解；

(b) f在区间上存在最小α∈(0，1)，使得f在[0，α]上严格递减，f在[α，1]上严格递增.

则称f为方程(4)的单谷解.

定义2  映射f：[0, 1]→[0, 1]，如果：

(a) f是方程(4)的连续解；

(b) f在区间上存在α∈(λ，1)，使得f在[λ，α]上严格递减，f在[α，1]上严格递增.

则称f为方程(4)的单谷延拓解.

显然单谷解也是单谷延拓解，但是两者并不一定相同.关于推广的第二类FKS函数方程(4)的单谷延拓解，有如下的性质：

引理3  设f是方程(4)的单谷延拓解，α是f在区间[λ，1]上的最小值点，则：

(i) α是f的唯一最小值点，且f(α)=0；

(ii) 对于x∈(0，λ)，f(x)=α当且仅当x=λα；

(iii) f(x)=κx在[α，1]上有唯一解x=1.

证  对于(i)，由引理1(ii)知，f(α)=0且α > λ.根据单谷延拓解的定义，α是f的唯一最小值点.

对于(ii)，由于$f(x) = \alpha \Leftrightarrow f(f(x)) = 0 \Leftrightarrow {\kappa ^{ - 1}}f(\frac{x}{\lambda }) = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{\lambda } = \alpha \Leftrightarrow x = \lambda \alpha $，因此(ii)成立.

对于(iii)，显然x=1是f(x)=κx的解.假设x=ξ∈[α，1)也是方程f(x)=κx的解.由于

根据f的连续性，存在ζ∈(0，λα)使得f(ζ)=ξ > α.于是

再根据f在[α，1)上单调，且f(λζ)>f(λα)=α，所以f(λζ)=ξ.利用归纳法，对于任意的n≥0，有f(λⁿζ)=ξ.令n→∞，得f(0)=ξ，即ξ=1.

命题1  设f是方程(4)的单谷延拓解，且f(λ)>α，则对任意的n≥1，f|_{[λⁿα，λⁿ]}为严格增加的，f|_{[λ^{n + 1}α，λⁿ]}为严格减少的，因此f有无穷多个极值点.

证  只需要证明n=1的情形，其余可由归纳法推导.

由f(λ)>α、引理2(ii)和f的连续性，可知

令q=f|_[α，1]，当x∈[λα，λ]时，$q(f(x)) = \kappa f(\frac{x}{\lambda })$，即

由于$\frac{x}{\lambda } \in [\alpha , 1]$，以及q，q^－1都是严格递增的，故f|_[λα，λ]是严格递增的.类似地可以证明f|_{[λ²，λα]}是严格递减的.

命题2  设f是方程(4)的单谷延拓解，且λ < f(λ) < α，则f|_[0，λ]为严格减少的，因此f是单谷的.

证  利用归纳法可推导.对于每个n≥1，f|_{[λ^{n + 1}，λⁿ]}是严格递减的.当n=1时，据引理2(i)，f([0，λα])=[α，1]，对任意x∈[λα，λ]，$\frac{x}{\lambda } \in [\alpha , 1]$，根据引理1(i)，有

根据引理2(i)，有f(x)∉[0，λα]，故有f(x) > λα.若存在某一点x₁∈[λα，λ]，使得f(x₁)=λ.则

矛盾，因此对于任意的x∈[λα，λ]，f(x)>λ，根据假设f(λ) < α和引理3(ii)，f([λα，λ])⊂[λ，α].其余的证明与命题1类似.

命题1、命题2表明单谷延拓连续解可以分为两类，由f在λ处的值确定.当λ < f(λ) < α时是单谷的，当f(λ) > α时有无穷多个极值点.对于后者，更明确地表明λⁿα是f的局部极小值点，λⁿ是f的局部极大值点(n=0，1，…).

本文考虑0 < κ²≤λ≤κ < 1，λ < f(λ)时的情况，对于f(λ) < λ或者参数其他范围的情况将在后续研究中给出.下面两个定理分别给出了方程(4)的单谷解和单谷延拓连续解的构造方法：

定理1  任取实数a∈(λ，1)和α∈(a，1)，任取定义在[λ，1]上的初始函数φ₀，使得：

(i) φ₀(1)=κ，φ₀(α)=0，φ₀(λ)=a且φ₀(a)=κ²；

(ii) φ₀在[λ，α]上严格递减，在[α，1]严格递增；

(iii) φ₀(x)=κx在[α，1]上有唯一解x=1.

则φ₀能够被唯一延拓为方程(4)的单谷解.反之，若φ₀是方程(4)的某单谷解在[λ，1]上的限制，则φ₀必满足条件(i)，(ii)，(iii).

证  定理中后一部分的结论在前面的引理中已给出证明，这里只证明前一部分.

令p=φ₀|_[λ，α]，q=φ₀|_[α，1]，I_j=[λ^j+1，λ^j]，j=0，1，2，…，定义方程(4)的单谷解在I_j上的限制记为φ_j.根据方程(4)，对于x∈[λα，λ]，有

根据函数的单调性和值域，可进一步改写为

类似地，对于x∈[λ²，λα]，有$q({\varphi _1}(x)) = \kappa p(\frac{x}{\lambda })$.于是在[λ²，λ]上φ₁定义为

类似地，对于n≥1，x∈[λⁿ⁺¹，λⁿ]，利用归纳法，φ_n定义为

再令

下面证明φ在区间[0, 1]上是连续的.

因

故φ₁在x=λ处连续.又因

所以φ₁在x=λα处连续.利用归纳法，可以证明

因此φ在区间(0，1]上是连续的.又因为φ在区间(0，α]上严格递减且有界，当x→0时，φ(x)极限存在，设极限为ξ，则ξ=q^－1(κξ).根据(iii)，ξ=1.因此φ在x=0处连续.

定理2  任取实数a∈(λ，1)和α∈(λ，a)，任取定义在[λ，1]上的初始函数g，使得：

(i) g(1)=κ，g(α)=0，g(λ)=a且g(a)=κ²；

(ii) g在[λ，α]上严格递减，在[α，1]上严格递增；

(iii) g(x)=κx在[α，1]上有唯一解x=1.

则方程(4)有唯一的单谷延拓连续解f，满足f|_[λ，1] =g，且f有无穷多个极值点.反之，若g是方程(4)的某单谷延拓连续解在[λ，1]上的限制，则g必满足条件(i)，(ii)，(iii).

证  定理中后一部分的结论在引理2中已给出证明，这里只证明前一部分.

设

根据条件，有λ < g(λ) < 1且g(λ)>α.

令f₀(x)=g(x)，x∈I₀，则g₀已有定义并且连续.对任意n≥1，可定义

因为q严格增加，故逆映射q^－1存在，于是f_n有意义而且连续.令

为说明f(x)有意义，我们证明对每个n≥1，g_n与g_n－1在I_n∩I_n－1={λⁿ}处取相同值.利用归纳法证明得：

当n=1时，${f_1}(\lambda ) = {q^{ - 1}}\left( {\kappa {f_0}\left( {\frac{\lambda }{\lambda }} \right)} \right) = {q^{ - 1}}({\kappa ^2}) = {f_0}(\lambda )$；

当n=k时，f_k(λ^k)=f_k－1(λ^k)；

当n=k+1时，根据(5)式有

于是f(x)有意义.

下证f(x)连续.这里只需要证明f(x)在x=0点连续就够了.注意到f_n(x)在λⁿα处取到最小值，以及

根据(5)式，容易通过归纳法证明{f_n(λⁿα)}是[α，1]上的严格增加的数列.故可设

则η∈[α，1].根据(5)式，有

令n→∞，即得g(η)=λη.由条件(iii)，η=1=f(+0).这就保证了f在x=0点连续.

本文研究了第二类FKS函数方程推广形式下的单谷延拓解，将一个参数的情形拓展到两个参数.文献[12-13]已经得到了单调递减解，本文进一步得到了单谷解和单谷延拓解的存在条件.利用迭代构造法，分别构造了所有单谷解和单谷延拓解.我们能够得到这些解的前提条件是假设存在这些特殊类型的解，从而推导出解存在性的诸多充分条件.在这些充分条件成立的情况下，我们非常幸运地构造出了所有这些类型的解.因此我们导出的条件不仅是充分的，而且还是必要的.至于是否还有其他类型的解，以及如何构造，是我们下一步的工作.