 |
A B. 5459. feladat (2025. április) |
B. 5459. Határozzuk meg azokat az \(\displaystyle f\colon \mathbb{Q}\rightarrow\mathbb{Q}\) függvényeket, amelyekre bármely racionális \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\) számok esetén teljesül, hogy
\(\displaystyle f(x)+f(y)=\frac{f(x+2y)+f(2x-y)}{5}. \)
Javasolta: Füredi Erik (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. május 12-én LEJÁRT.
Megoldás. Jelölje a feladatban szereplő függvényegyenlet állítását \(\displaystyle P(x,y)\). Ekkor
$$\begin{align*} P(0,0):\quad&2f(0)={2\over 5}f(0),\\ &f(0)=0,\\ P(x,0):\quad&f(x)=\frac{f(x)+f(2x)}{5},\\ &f(2x)=4f(x),\\ P(0,x):\quad&f(x)=\frac{f(2x)+f(-x)}{5}=\frac{4f(x)+f(-x)}{5},\\ &f(-x)=f(x). \end{align*}$$Ezen állításokkal felvértezve először belátjuk, hogy \(\displaystyle f(nx)=n^2f(x)\) minden \(\displaystyle n\) nemnegatív egészre és \(\displaystyle x\in\mathbb{Q}\)-ra. Ehhez indukciót használunk \(\displaystyle n\)-re. \(\displaystyle f(0)=0=0^2f(x)\) és \(\displaystyle f(x)=1^2f(x)\) szolgálnak alapesetként. Tegyük fel, hogy a \(\displaystyle 0,1,\dots,m-1\) számokra már beláttuk az állítást. Ekkor ha \(\displaystyle m\) páros, akkor \(\displaystyle m=2k\) valamely \(\displaystyle k\in\{0,1,\dots,m-1\}\)-re, vagyis \(\displaystyle f(mx)=f(2kx)=4f(kx)=4k^2f(x)=k^2f(x)\). Ha \(\displaystyle m\) páratlan, vagyis \(\displaystyle m=2k+1\), akkor
$$\begin{align*} P(x,kx): f(x)+f(kx)&=\frac{f(x+2kx)+f(2x-kx)}{5}=\\ &=\frac{f(m)+f((k-2)x)}{5}. \end{align*}$$Ha \(\displaystyle k\geq 2\), akkor \(\displaystyle k-2\in\{0,1,\dots,m-1\}\), és a fentiekből
$$\begin{align*} f(m)&=5f(x)+5f(kx)-f((k-2)x)=f(x)(5+5k^2-(k-2)^2)=\\ &=f(x)(4k^2+4k+1)=(2k+1)^2f(x)=m^2f(x). \end{align*}$$Ha \(\displaystyle k=1\), azaz \(\displaystyle m=3\), akkor \(\displaystyle f(3x)=5f(x)+5f(x)-f(-x)=9f(x)=3^2f(x)\). Ezzel minden indukciós lépés kész.
Mivel \(\displaystyle f(x)=f(-x)\), azonnal kapjuk, hogy \(\displaystyle f(nx)=n^2f(x)\) negatív \(\displaystyle n\) esetén is teljesül. Ekkor minden \(\displaystyle n\) egészre \(\displaystyle f(n)=n^2f(1)\), és minden \(\displaystyle \frac{n}{m}\in\mathbb{Q}\)-ra \(\displaystyle m^2f(\frac{n}{m})=f(n)=n^2f(1)\), tehát \(\displaystyle f(\frac{n}{m})=\frac{n^2}{m^2}f(1)\).
Vagyis a megoldások az \(\displaystyle f(x)=cx^2\) alakú függvények valamely \(\displaystyle c\in\mathbb{Q}\) konstansra.
Statisztika:
52 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ali Richárd, Baran Júlia, Bodor Ádám, Bui Thuy-Trang Nikolett, Csató Hanna Zita , Diaconescu Tashi, Gyenes Károly, Holló Martin, Péter Hanna, Rajtik Sándor Barnabás, Sha Jingyuan, Zhai Yu Fan. 4 pontot kapott: Aravin Peter, Bencze Mátyás, Bolla Donát Andor, Fajszi Horka, Hodossy Réka, Pázmándi József Áron, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Szabó 721 Sámuel, Vigh 279 Zalán, Wágner Márton, Wiener Marcell. 3 pontot kapott: 7 versenyző. 2 pontot kapott: 5 versenyző. 1 pontot kapott: 7 versenyző. 0 pontot kapott: 6 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 1 dolgozat.
A KöMaL 2025. áprilisi matematika feladatai