Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 725. feladat (2018. május)

A. 725. Legyen \(\displaystyle \mathbb{R}^+\) a pozitív valós számok halmaza. Határozzuk meg azokat az \(\displaystyle f\colon \mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+\) függvényeket, melyekre minden \(\displaystyle x,y\in\mathbb{R}^+\) esetén teljesül az alábbi egyenlőség:

\(\displaystyle f\big(xy+f(y)^2\big) = f(x)f(y)+yf(y). \)

Javasolta: Ashwin Sah (Cambridge, Massachusetts, USA)

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. június 11-én LEJÁRT.


1. megoldás (a kitűzőtől). Azt állítjuk, hogy az egyetlen megoldás \(\displaystyle f(x) = x\,\forall x\in\mathbb{R}^+\). Ez nyilván megfelel.

Lemma. Ha \(\displaystyle g: \mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}^+\) olyan függvény, melyre minden \(\displaystyle x\in\mathbb{R}^+\) esetén

\(\displaystyle g(x + a_1) + b_1 = g(x + c_1) + d_1,\)

\(\displaystyle g(x + a_2) + b_2 = g(x + c_2) + d_2\)

teljesül, akkor a \(\displaystyle (d_1 - b_1):(a_1 - c_1)\) and \(\displaystyle (d_2 - b_2):(a_2 - c_2)\) arányok megegyeznek, vagyis létezik olyan \(\displaystyle \lambda\) konstans, mellyel \(\displaystyle d_i - b_i = \lambda(a_i - c_i)\) \(\displaystyle i\in\{1, 2\}\)-re. Sőt, \(\displaystyle \lambda\ge 0\), ha \(\displaystyle \lambda\) egyértelműen meghatározott.

Proof. Először is, ha \(\displaystyle a_1 = c_1\) akkor \(\displaystyle b_1 = d_1\), illetve ha \(\displaystyle a_2 = c_2\) akkor \(\displaystyle b_2 = d_2\). Így ezen esetek bármelyike triviális, hisz egy vagy nulla egyenletet kell megoldanunk \(\displaystyle \lambda\)-ra. Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle a_i\not= c_i, i\in\{1, 2\}\). Az általánosság megszorítása nélkül legyen \(\displaystyle a_i > c_i, i\in\{1, 2\}\). Kezdésképpen azt állítjuk, hogy \(\displaystyle d_i\ge b_i, i\in\{1, 2\}\). Valóban, ha mondjuk \(\displaystyle d_1 < b_1\) akkor

\(\displaystyle g(x + N(a_1 - c_1) + a_1) = g(x + c_1) + N(d_1 - b_1)\)

minden \(\displaystyle N\ge 0\) egészre, az első reláció iterálásával. (Mivel \(\displaystyle a_i > c_i\), így bármeddig iterálhatunk.) Rögzíthetünk egy \(\displaystyle x\) értéket: akkor elég nagy \(\displaystyle N\) választása révén adódik, hogy \(\displaystyle g\) felvesz negatív értéket is, ami ellentmondás! Ezért \(\displaystyle \lambda\), ha létezik, vagy például \(\displaystyle \lambda=\frac{d_1-b_1}{a_1-c_1}\ge 0\) módon meghatározott, vagy pedig \(\displaystyle a_1=c_1\) és \(\displaystyle a_2=c_2\) s így bármilyen \(\displaystyle \lambda\) megfelel.

A fenti okfejtés lényege, hogy ha \(\displaystyle g\) argumentumát \(\displaystyle a_i - c_i\) \(\displaystyle N\)-szeresével növeljük, akkor \(\displaystyle g\) értéke \(\displaystyle d_i-b-i\) \(\displaystyle N\)-szeresével nő. (Ehhez persze szükséges, hogy \(\displaystyle g\) argumentuma mindenütt pozitív legyen.) Most használjuk mindkét egyenlőséget! Ha \(\displaystyle \lambda\) nem létezik, akkor \(\displaystyle a_i\neq c_i,i\in\{1,2\}\), és az általánosság megszorítása nélkül

\(\displaystyle \frac{d_1 - b_1}{a_1 - c_1} > \frac{d_2 - b_2}{a_2 - c_2}\ge 0,\)

hisz akkor az arányok nem egyeznek. Ha \(\displaystyle d_2 = b_2\), akkor \(\displaystyle g(x + a_2) = g(x + c_2)\), így \(\displaystyle g\) egy idő után \(\displaystyle a_2-c_2\) periódussal periodikus. De akkor

\(\displaystyle g(x) = g(x + N(a_2 - c_2)) = g(x + N(a_2 - c_2) - M(a_1 - c_1)) + M(d_1 - b_1) > M(d_1 - b_1)\)

ha \(\displaystyle M, N\) pozitív egészek és \(\displaystyle x+N(a_2-c_2)-M(a_1-c_1)>0\). Minden \(\displaystyle M>0\)-hoz találhatunk olyan \(\displaystyle N\)-et, melyre \(\displaystyle x+N(a_2-c_2)-M(a_1-c_1)>0\), így kapjuk, hogy \(\displaystyle g(x)\) bármely valós számnál nagyobb, ami ellentmondás! Most feltehetjük, hogy \(\displaystyle d_2 > b_2\), tehát

\(\displaystyle \frac{d_1 - b_1}{d_2 - b_2} > \frac{a_1 - c_1}{a_2 - c_2} > 0.\)

Most legyenek \(\displaystyle m,n\) pozitív egészek, melyekre \(\displaystyle \frac{m}{n}\) ezen két szám közé esik. Ez lehetséges, hisz a racionális számok sűrűek \(\displaystyle \mathbb{R}\)-ben. Ekkor megfelelően nagy \(\displaystyle x\)-re

\(\displaystyle g(x) = g(x + m(a_2 - c_2)) - m(d_2 - b_2) = g(x + m(a_2 - c_2) - n(a_1 - c_1)) + n(d_1 - b_1) - m(d_2 - b_2).\)

Azonban \(\displaystyle U = m(a_2 - c_2) - n(a_1 - c_1) > 0\) és \(\displaystyle V = n(d_1 - b_1) - m(d_2 - b_2) > 0\), így ez minden \(\displaystyle x\in\mathbb{R}^+\)-re fennáll, s így iterálva \(\displaystyle g(x)=g(x+U)+V\)-et,

\(\displaystyle g(x) = g(x+NU) + NV>NV\)

nyerhető minden \(\displaystyle x\)-re. Rögzítve egy \(\displaystyle x\)-et, ismét látjuk, hogy \(\displaystyle g(x)\) bármely valós számnál nagyobb, ami ellentmondás! \(\displaystyle \blacksquare\)

Jelölje \(\displaystyle P(x, y)\) az \(\displaystyle (x,y)\) párra vonatkozó egyenlőséget:

\(\displaystyle f(xy + f(y)^2) = f(x)f(y) + yf(y).\)

A bal oldali zárójelet a jobb oldali \(\displaystyle f(x)\) hasába helyezzük, vagyis \(\displaystyle P(xz + f(z)^2, y)\)-t és \(\displaystyle P(x, z)\)-t összehasonlítjuk:

\(\displaystyle f((xz + f(z)^2)y + f(y)^2) = (f(x)f(z) + zf(z))f(y) + yf(y),\)

\(\displaystyle f((yz)x + (f(y)^2 + yf(z)^2)) = (f(y)f(z))f(x) + (yf(y) + zf(z)f(y)),\)

\(\displaystyle f((yz)x + (f(z)^2 + zf(y)^2)) = (f(y)f(z))f(x) + (zf(z) + yf(y)f(z)),\)

ahol a második egyenlet az első tisztázata és a harmadik a második, csak \(\displaystyle y,z\) felcserélésével. Kivonva:

\(\displaystyle f\big((yz)x + \underbrace{(f(y)^2 + yf(z)^2)}_{a}\big) + \big(\underbrace{zf(z) + yf(y)f(z)}_{b}\big) = f\big((yz)x + \underbrace{(f(z)^2 + zf(y)^2)}_{c}\big) + \big(\underbrace{yf(y) + zf(z)f(y)}_{d}\big),\)

ahova ha \(\displaystyle x\) helyére \(\displaystyle \frac{x}{yz}\)-t írunk, látjuk, hogy a Lemma hatáskörében vagyunk. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle a\neq c\) valamely \(\displaystyle y_0,z_0\) párra. Ekkor \(\displaystyle y_0,z_0\) és \(\displaystyle y,z\) összehasonlításával kapjuk, hogy alkalmas (esetleg \(\displaystyle y,z\)-től függő) \(\displaystyle \lambda\)-val

\(\displaystyle \big(yf(y) + zf(z)f(y)\big)-\big(zf(z) + yf(y)f(z)\big) = \lambda(\big(f(y)^2 + yf(z)^2\big) - \big(f(z)^2 + zf(y)^2\big)),\)\(\displaystyle (*)\)

ahol viszont szükségszerűen \(\displaystyle \lambda=\frac{d(y_0,z_0)-b(y_0,z_0)}{a(y_0,z_0)-c(y_0,z_0)}\), így \(\displaystyle \lambda\) minden \(\displaystyle y,z\) párra ugyanaz az érték (és \(\displaystyle \lambda\ge 0\)). Ha pedig \(\displaystyle a=c\) minden \(\displaystyle y,z\) párra, akkor mivel abból \(\displaystyle b=d\) következik, \(\displaystyle (*)\) fennáll minden \(\displaystyle y,z\)-re \(\displaystyle \lambda=0\)-val.

Akkor néz ki \(\displaystyle (*)\) legegyszerűbben, mikor \(\displaystyle z=1\):

\(\displaystyle f(y)(y +f(1)- yf(1)) - f(1) = \lambda(yf(1)^2 - f(1)^2),\)

azaz

\(\displaystyle f(y)((1 - f(1))y + f(1)) = (\lambda f(1)^2)y + (f(1) - \lambda f(1)^2).\)

Leoszthatnk (esetleg egyetlen \(\displaystyle y\in\mathbb{R}^*\)-et kivéve):

\(\displaystyle f(y) = \frac{(\lambda f(1)^2)y + (f(1) - \lambda f(1)^2)}{(1 - f(1))y + f(1)}.\)

Ezen a ponton elvileg akár visszahelyettesíthetnénk az eredeti egyenletbe, azonban a nem túl gyakorlatias számolásokat a következő trükkökkel megspóroljuk. Tegyük fel előbb, hogy \(\displaystyle f(1)\not= 1, \lambda\not= 0\). Ekkor ahogy \(\displaystyle y\rightarrow +\infty\), \(\displaystyle f(y)\) az \(\displaystyle L = \frac{\lambda f(1)^2}{1 - f(1)}\not= 0\) határértékhez tart. Az eredeti \(\displaystyle f(xy + f(y)^2) = f(x)f(y) + yf(y)\) egyenlet mindkét oldalán \(\displaystyle x = y\rightarrow +\infty\) mellett a bal oldal \(\displaystyle L\)-hez, a jobb oldal pedig \(\displaystyle L\) előjelétől függően \(\displaystyle \pm\infty\)-hez tart, ami ellentmondás. Ha \(\displaystyle \lambda = 0, f(1)\not= 1\), akkor \(\displaystyle L=0\) és \(\displaystyle f(y) = \frac{f(1)}{(1 - f(1))y + f(1)}\) teljesül esetleg egyetlen \(\displaystyle y\in\mathbb{R}^+\) kivételével. Így \(\displaystyle x = y\rightarrow +\infty\) esetén a bal oldal \(\displaystyle L = 0\)-hoz tart, a jobb oldal határértéke pedig \(\displaystyle L^2 + \lim_{y\rightarrow +\infty}\frac{f(1)y}{(1 - f(1))y + f(1)} = \frac{f(1)}{1 - f(1)}\not= 0\). Ez ellentmondás. Kaptuk ezzel, hogy \(\displaystyle f(1) = 1\), s így

\(\displaystyle f(y) = \lambda y + (1 - \lambda)\)

minden \(\displaystyle y\in\mathbb{R}^+\)-ra. Ekkor \(\displaystyle P(1,1)\)-ből \(\displaystyle f(1+1)=1+1\), vagyis \(\displaystyle \lambda=1\). Tehát \(\displaystyle f(x) = x\forall x\in\mathbb{R}^+\), ami megfelel. Ez az egyetlen megoldás. Készen vagyunk. \(\displaystyle \Box\)

2. megoldás (Schrettner Jakab). Módszeresen dolgozunk: [link].

Megoldásvázlat. \(\displaystyle f(1)=c\) esetén \(\displaystyle f(x+nc^2)\)-re (\(\displaystyle n=0,1,\dots\)) adódik egy rekurzió, melyet \(\displaystyle c\neq 1\)-re megoldva s majd \(\displaystyle f\big((x+nc^2)m+f(m)^2\big)\)-et kétféleképp kiszámolva, kapjuk, hogy \(\displaystyle f(x)\) konstans (ami nem lehet) vagy \(\displaystyle f(1)=1\). Innen könnyen adódik \(\displaystyle f(ry)=rf(y)\) minden racionális \(\displaystyle r\)-re. Majd pedig kiszedve-berakva

\(\displaystyle f\big((x+r)y+f(y)^2\big)=\big(f(x)+r\big)f(y)+yf(y)=\big(f(x)f(y)+yf(y)\big)+rf(y)=f\big(xy+f(y)^2\big)+f(ry),\qquad (r\in\mathbb{Q}^+,\quad x,y\in\mathbb{R}^+)\)

s mivel \(\displaystyle A=xy+f(y)^2\), \(\displaystyle B=ry\) bármely \(\displaystyle A,B\in\mathbb{R}^+\)-ra megoldható, \(\displaystyle f(A+B)=f(A)+f(B)\) minden \(\displaystyle A,B\in\mathbb{R}^+\)-ra (Cauchy-egyenlet). Ezért \(\displaystyle f\) növekvő, s így felhasználva, hogy bármely két különböző valós között van racionális szám, kapjuk, hogy \(\displaystyle f(x)=x\) minden \(\displaystyle x\in\mathbb{R}^+\)-ra.

Megjegyzés. Nem sokkal nehezebb az \(\displaystyle f: \mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}\) függvények körében megoldani az egyenletet. Ha létezik \(\displaystyle x\), melyre \(\displaystyle f(x) < 0\), akkor \(\displaystyle y=-f(x)\) választással kapunk egy \(\displaystyle z\) értéket, melyre \(\displaystyle f(z) = 0\). Tehát ha \(\displaystyle f\) értékkészlete nem \(\displaystyle \subset \mathbb{R}^+\), akkor van \(\displaystyle z\in\mathbb{R}^+\), melyre \(\displaystyle f(z) = 0\). Akkor \(\displaystyle y=z\) választással \(\displaystyle f(xz) = 0\), így \(\displaystyle f\) azonosan nulla. Így egy további megoldást kapunk, \(\displaystyle f(x) = 0\forall x\in\mathbb{R}^+\)-t, s a megoldás maradék része ugyanaz.


Statisztika:

4 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Schrettner Jakab.
0 pontot kapott:3 versenyző.

A KöMaL 2018. májusi matematika feladatai