A B. 5459. matematika feladat megoldása

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:

$\displaystyle n=0$: az $\displaystyle x=y=0$ helyettesítéssel $\displaystyle 2f(0)=\frac25 f(0)$, amiből $\displaystyle f(0)=0$.
$\displaystyle n=1$ triviálisan teljesül.
$\displaystyle n=2$: $\displaystyle y=0$ helyettesítéssel és az $\displaystyle f(0)=0$ felhasználásával $\displaystyle f(x)=\frac{f(x)+ f(2x)}{5}$, rendezve $\displaystyle f(2x)=4f(x)$.
$\displaystyle n=3$: az $\displaystyle y$ helyébe is $\displaystyle x$-et írva $\displaystyle 2f(x)=\frac{f(3x)+f(x)}{5}$, rendezve $\displaystyle f(3x)=9f(x)$.

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:

$$\begin{align*} (k+1)^2 f(x)+f(x)&=\frac{(k-1)^2f(x)+f\bigl((2k+3)x\bigr)}{5}\\ \bigl(5(k^2+2k+2)-(k^2-2k+1)\bigr) f(x)&=f((2k+3)x)\\ (4k^2+12k+9) f(x)&=f((2k+3)x)\\ (2k+3)^2 f(x)&=f((2k+3)x), \end{align*}$$

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

$$\begin{align*} \frac{f(x+2y)+f(2x-y)}{5}&=\frac{c(x+2y)^2+c(2x-y)^2}{5}=\frac{c(5x^2+5y^2)}{5}=\\ &=cx^2+cy^2=f(x)+f(y). \end{align*}$$

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.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?