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 (12 versenyző).

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 (12 versenyző).

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

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	(12 versenyző).
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	(12 versenyző).
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.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?