KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

Kifordítható

tetraéder

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A. 390. Find all functions f\colon \mathbb{R}\to\mathbb{R} such that (f(x)+f(y))(f(z)+1)=f(xz-y)+f(x+yz) for all real x, y, z.

(5 points)

Deadline expired on 15 February 2006.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Paulin Roland megoldása.

(f(x)+f(y))(f(z)+1)=f(xz-y)+f(x+yz)(1)

Az f(x)=0 függvény megoldás, hiszen erre (1) mindkét oldalán 0 áll. Feltesszük, hogy f(x) olyan megoldás, amely nem azonosan 0. Helyettesítsünk (1)-be x=y=0-t: 2f(0)(f(z)+1)=2f(0)\tof(0)f(z)=0. Mivel \existsz: f(z)\ne0, ezért

f(0)=0.(2)

(1)-be z=0-t helyettesítünk, és használjuk (2)-t: f(x)+f(y)=f(-y)+f(x), így

\forally:  f(-y)=f(y).(3)

Helyettesítsünk (1)-be y=0-t: f(x)(f(z)+1)=f(xz)+f(x), így

\forallx,z:  f(x)f(z)=f(xz).(4)

(4)-be z=1-et helyettesítünk, és olyan x-et veszünk, melyre f(x)\ne0: f(x)f(1)=f(x)\tof(1)=1. n-re vonatkozó teljes indukcióval belátjuk, hogy minden egész n-re f(n)=n2. n=0-ra és n=1-re az állítás igaz. Tegyük fel, hogy az állítás igaz 0, 1, 2,..., N-re, ahol N\ge1. Helyettesítsünk (1)-be x=N, y=z=1-et: (f(N)+f(1))(f(1)+1)=f(N-1)+f(N+1)\to2(N2+1)=(N-1)2+f(N+1)\tof(N+1)=(N+1)2. Ezzel minden nemnegatív egészre beláttuk az állítást. Ha n<0, akkor (3) miatt f(n)=f(-n)=(-n)2=n2, így az állítás igaz.

Legyen r=\frac uv egy tetszőleges racionális szám (v\ne0). (4) miatt f(r)f(v)=f(u) \to f(r)v^2=u^2 \to f(r)=\Big(\frac uv\Big)^2, így

\forallr\inQ:  f(r)=r2.(5)

(3) és (4) alapján f(x)=f(|x|)=f(sqrt|x|)2\ge0 minden x-re. Helyettesítsünk (1)-be x=1, z=y-t: (1+f(y))(f(y)+1)=f(0)+f(1+y2)\tof(1+y2)=(1+f(y))2\ge1, hiszen f(y)\ge0. Mivel minden a\ge1 szám előáll a=1+y2 alakban, ezért \foralla\ge1: f(a)\ge1. Ha 0<x<y, akkor (4) és az előbbiek alapján f(y)=f\Big(x\cdot \frac yx\Big)=f(x)f\Big(\frac yx\Big)\ge f(x), hiszen f(x)\ge0 és f\Big(\frac yx\Big)\ge1. Tehát f(x) függvény a (0,\infty) intervallumon monoton nő. Rögzített x>0 esetén tetszőleges 0<\varepsilon<x-re található olyan p és q racionális szám, melyekre 0<x-\varepsilon<p<x<q<x+\varepsilon, és így a monotonitás és (5) miatt (x-\varepsilon)2<p2=f(p)\lef(x)\lef(q)=q2<(x+\varepsilon)2. Mivel \lim_{\varepsilon\to0}{(x-\varepsilon)^2}= \lim_{\varepsilon\to0}{(x+\varepsilon)^2}=x^2, ezért x2\lef(x)\lex2, vagyis \forallx>0: f(x)=x2. x<0-ra f(x)=f(-x)=(-x)2=x2, míg x=0-ra f(0)=0=02, tehát f(x)=x2 minden x-re.

Ez a függvény valóban megoldása a függvényegyenletnek: (x2+y2)(z2+1)=(xz-y)2+(x+yz)2, hiszen kibontva a zárójeleket ezzel ekvivalens az x2z2+y2z2+x2+y2=x2z2-2xyz+y2+x2+2xyz+y2z2 azonosság. Tehát 2 megoldás van: az f(x)=0 és az f(x)=x2.


Statistics on problem A. 390.
14 students sent a solution.
5 points:Estélyi István, Gyenizse Gergő, Hujter Bálint, Jankó Zsuzsanna, Kisfaludi-Bak Sándor, Komáromy Dani, Kónya 495 Gábor, Nagy 224 Csaba, Paulin Roland, Tomon István.
4 points:Erdélyi Márton, Kutas Péter.
2 points:2 students.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, January 2006

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley