Szerk
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
\(\displaystyle f(x)+f(y)=\frac{f(x+2y)+f(2x-y)}{5}. \)
(5 pont) Javasolta: Füredi Erik (Budapest)
Megoldás. \(\displaystyle y=x\) helyettesítéssel: \(\displaystyle 2f(x)=\dfrac{f(3x)+f(x)}{5}\).
\(\displaystyle y=-x\) helyettesítéssel: \(\displaystyle f(x)+f(-x)=\dfrac{f(-x)+f(3x)}{5}\).
Kivonva az elsőből a másodikat \(\displaystyle f(x)-f(-x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{5}\), amiből rendezés után \(\displaystyle f(x)=f(-x)\) adódik, vagyis az \(\displaystyle f\) függvény páros.
Állítás. Minden \(\displaystyle n \in \mathbb{Z}\) és \(\displaystyle x \in \mathbb{Q}\) esetén fennáll, hogy \(\displaystyle f(nx)=n^2f(x)\).
Az állítás bizonyítása. Az \(\displaystyle f\) függvény páros tulajdonsága miatt elegendő \(\displaystyle n\geq 0\) esetén bizonyítanunk. Ezt \(\displaystyle n\) szerinti indukcióval tesszük.
Alapesetek:
Indukciós lépés. Tegyük fel, hogy az állítást igazoltuk \(\displaystyle n\)-ig (\(\displaystyle n \geq 3\)), belátjuk \(\displaystyle (n+2)\)-re.
1. eset: \(\displaystyle n=2k\) (ahol \(\displaystyle k \geq 1\) egész). Ekkor az \(\displaystyle x=(k+1)x\) és \(\displaystyle y=0\) helyettesítéssel
\(\displaystyle f((k+1)x)+f(0)=\frac{f((k+1)x)+f(2(k+1)x)}{5}. \)
Mivel \(\displaystyle f(0)=0\) és \(\displaystyle k+1 \leq n\), ezért az indukciós feltevés alapján átírható így:
\(\displaystyle (k+1)^2 f(x)=\frac{(k+1)^2 f(x)+f(2(k+1)x)}{5}, \)
amit átrendezve \(\displaystyle 4(k+1)^2f(x)=f(2(k+1)x)\), vagyis \(\displaystyle (n+2)^2 f(x)=f((n+2)x)\), amit bizonyítani akartunk.
2. eset \(\displaystyle n=2k+1\) (ahol \(\displaystyle k \geq 1\) egész). Ekkor a függvényegyenletbe az \(\displaystyle x\) helyébe \(\displaystyle (k+1)x\)-et, míg \(\displaystyle y\) helyébe \(\displaystyle (-x)\)-et írva:
\(\displaystyle f((k+1)x)+f(-x)=\frac{f((k-1)x)+f\left((2k+3)x\right)}{5}. \)
Mivel \(\displaystyle k-1\) és \(\displaystyle k+1\) is \(\displaystyle n=(2k+1)\)-nél kisebb nemnegatív egész, ezért az indukciós feltételt használhatjuk, így (\(\displaystyle f\) függvény páros tulajdonságát is felhasználva) átírhatjuk az egyenletet:
vagyis \(\displaystyle (n+2)^2 f(x)=f((n+2)x)\), amit bizonyítani akartunk.
A kezdőlépésekkel, a kétféle indukciós lépéssel és az \(\displaystyle f\) páros tulajdonságára hivatkozással minden \(\displaystyle n\) egész szám esetét lefedtük, az állítást beláttuk. \(\displaystyle \square\)
Most legyen \(\displaystyle x=\frac{a}{b}\) tetszőleges racionális szám (\(\displaystyle a,b \in \mathbb{Z}\) és \(\displaystyle b \neq 0\)). Mivel \(\displaystyle f(1)=f \left(b\cdot\frac{1}{b}\right)=b^2\cdot\left(\frac{1}{b}\right)\), így \(\displaystyle f\left(\frac{1}{b}\right)=\frac{f(1)}{b^2}\). Tehát \(\displaystyle f\left(\frac{a}{b}\right)=a^2\frac{f(1)}{b^2}=f(1)\frac{a^2}{b^2}\).
Azt kaptuk, hogy a feladat feltételeit teljesítő függvényekre \(\displaystyle f(x)=f(1)\cdot x^2\) is igaz, tehát az \(\displaystyle x^2\) konstansszorosai. Az ilyen \(\displaystyle \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}\) függvények pedig mind teljesítik a feladat feltételeit, hiszen tetszőleges \(\displaystyle c \in \mathbb{Q}\) esetén ha \(\displaystyle f(x)=cx^2\), akkor
Tehát a feladat megoldásai az \(\displaystyle f(x)=cx^2\) alakú függvények, ahol \(\displaystyle c \in\mathbb{Q}\) tetszőleges konstans.
Ali Richárd (Gödöllő, Török Ignác Gimn., 11. o. t.)
Megjegyzés. A feladatra érkezett összes megoldás teljes indukcióval bizonyítja, hogy \(\displaystyle f(nx)=n^2 f(x)\) minden \(\displaystyle n \in \mathbb{Z}\) és \(\displaystyle x\in \mathbb{Q}\) esetén. A megoldások döntő többsége a páros és a páratlan \(\displaystyle n\) esetét kettéválasztja, ez azonban nem szükségszerű. Például Zhai Yufan (Budapest, Fazekas Mihály Gyakorló Ált. Isk. és Gimn., 11. o. t.) észreveszi, hogy minden 3-nál nagyobb egész szám felírható \(\displaystyle 2a+3b\) alakban valamilyen \(\displaystyle a>0\) és \(\displaystyle b\geq0\) egészekkel, és erre alapozza az indukciós lépését. Az \(\displaystyle x\) helyébe \(\displaystyle bx\)-et, \(\displaystyle y\) helyébe \(\displaystyle (a+b)x\)-et írva, az
\(\displaystyle f(bx)+f\bigl((a+b)x\bigr)=\frac{f\bigl((2a+3b)x\bigr)+f\bigl((b-a)x\bigr)}{5} \)
egyenletet kapja. Mivel \(\displaystyle a\), \(\displaystyle a+b\), \(\displaystyle |b-a|<2a+b\) (itt használjuk, hogy \(\displaystyle a>0\)), ezért az indukciós feltevésből
\(\displaystyle b^2 f(x)+(a+b)^2 f(x)=\frac{f\bigl((2a+3b)x\bigr)+(b-a)^2 f(x)}{5} \)
adódik; átrendezés után \(\displaystyle f\bigl((2a+3b)x\bigr)=(2a+3b)^2 f(x)\).
Összesen 52 dolgozat érkezett. 5 pontos 12, 4 pontos 14, 3 pontos 7 dolgozat. 2 pontot 5, 1 pontot 7, 0 pontot 7 versenyző kapott.
Azok is figyelmesen olvassák el a Versenykiírást, akik tavaly már részt vettek versenyünkben.
Idén is matematikából, fizikából és informatikából indítunk versenyeket. Egyénileg, illetve csapatban is lehet versenyezni, a versenyek 9 hónapon keresztül, 2025. szeptemberétől 2026. június elejéig tartanak. Minden hónapban új feladatokat tűzünk ki, és a megoldásokat a következő hónap elejéig küldheted be. A verseny végeredményét a 2026. szeptemberi számunkban hirdetjük ki. A díjakat jövő ősszel, a KöMaL Ifjúsági Ankéton adjuk át.
B. 5472. Az \(\displaystyle ABCD\) konvex négyszögben \(\displaystyle AB=BC=CD\). Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle BCD\sphericalangle=2DAB\sphericalangle\), akkor \(\displaystyle ABC\sphericalangle=2CDA\sphericalangle\).
Javasolta: Kós Géza (Budapest) és Vígh Viktor (Sándorfalva)
C. 1865. Az iskolai szkanderbajnokságon \(\displaystyle 17\) fő indult el. Mindenki pontosan egyszer mérkőzött meg mindenkivel, döntetlen nem született. A versenyzők egy csoportját erősnek hívjuk, ha teljesül rájuk, hogy bármely rajtuk kívüli versenyzőt legyőzött közülük valaki. Bizonyítsuk be, hogy kiválasztható legfeljebb \(\displaystyle 9\) fős erős csoport.
Javasolta: Paulovics Zoltán (Budapest)
Legutóbb szeptemberi számunkban foglalkoztunk bújócska típusú ördöglakatokkal. Elkészítésre ajánlottunk olvasóinknak egy pálcás változatot, ahol a ,,szokásos'' trükk nem működik, mivel az átbújtatás után (lásd ábra) a pálca nem fér át a hurkon a zsinór rövidsége miatt. Azonban vegyük észre, hogy ebben az átbújtatott állapotban valójában annyi a célunk, hogy a hurok a dupla zsinór másik oldalára kerüljön. Ezt úgy is elérhetjük, ha a téglatest formájú ,,alapot'' bújtatjuk át a hurkon.
Nem kell túl sokáig keresgélnünk az interneten a fejtörő feladatok között ahhoz, hogy sík vagy tér kitöltésére vonatkozó feladványra bukkanjunk. Ezek egyik fajtája az, amikor néhány síkidom vagy test valamilyen keretben van elhelyezve úgy, hogy látszólag teljesen kitöltik azt, de van még külön egy további eleme a játéknak.
