Feladat: 1346. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bárány Imre ,  Berkes István ,  Laczkovich M. ,  Majtényi G. ,  Scsaurszky P. ,  Surányi L. ,  Szörényi M. ,  Tényi G 
Füzet: 1965/december, 203 - 206. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvényvizsgálat, Függvényegyenletek, Paraméteres egyenletrendszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/november: 1346. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. A feladat szövege szerint elég egy ilyen függvényt megadni. Keressük ezt az elsőfokú polinomok közt, azaz

f(x)=dx+e
alakban. Az előírt
ad(x-1)+ae+bd(1-x)+be==d(a-b)x-d(a-b)+e(a+b)=cx


azonosság fennáll, ha a két oldalon x együtthatója és az állandó rész egyenlő, azaz
d(a-b)=c,és(2)-d(a-b)+e(a+b)=-c+e(a+b)=0.
Eszerint
d=ca-b,e=ca+b,és így(3)f(x)=ca-b⋅x+ca-b,


megfelel, ha a-b és a+b egyike sem 0.
Ha a=b vagy a=-b, akkor (1) így alakul:
a[f(x-1)±f(1-x)]=cx;
ide x=0-t és x=2-t helyettesítve
a[f(-1)±f(1)]=0,a[f(1)±f(-1)]=2c.
Mivel a két esetben a zárójelben vagy ugyanaz áll, vagy csak előjelben különböző mennyiség, így kell, hogy c=0 legyen. Ha még a is 0, azaz a=b=c=0, akkor minden mindenütt értelmezett függvény kielégíti (1)-et, semmitmondó esetre jutunk.
Ha a=b≠0,c=0, és ismét elsőfokú függvényt keresünk, akkor
a⋅2e=0,e=0,f(x)=dxadódik;
ha pedig a=-b≠0, c=0 akkor
a⋅2d=0,d=0,f(x)=eadódik.

Ezzel minden olyan esetben, amikor az (1) egyenlet megoldható, megadtuk egy megoldását (az utolsó esetekben többet is).
 

Megjegyzés. Ha pl. pontosan másodfokú polinom megoldást keresünk, hasonlóan látható, hogy ilyent csak a+b=0=c esetben találunk, és ilyenkor minden kx2+n alakú polinom (k≠0) megfelel. ‐ Az alábbi megoldás megadja az összes (1)-nek eleget tevő függvényt.
 

II. megoldás. Írjunk (1)-ben x helyére előbb 1+x-et, majd 1-x-et, így
a⋅f(x)+b⋅f(-x)=c+cx,(4')a⋅f(-x)+b⋅f(x)=c-cx,(4'')
majd vonjuk ki az első egyenlet a-szorosából a második egyenlet b-szeresét:
(a2-b2)⋅f(x)=(a-b)c+(a+b)cx.(5)
Innen a2-b2≠0 esetén az egyetlen megfelelő függvény
f(x)=ca+b+cxa-b.
Valóban, ekkor
a(ca+b+c(x-1)a-b)+b(ca+b+c(1-x)a-b)=c+c(x-1)=cx.

A kizárt esetekben (5) bal oldala azonosan 0, jobb oldala pedig akkor, ha
(a-b)c=0,és(a≠b)c=0.(6)

Ha a-b=0, és a+b≠0, azaz a=b≠0, akkor (6) csak c=0 esetén teljesül. Ekkor már (4') és (4'') is azonosak, a-val osztva
f(x)=-f(-x),
vagyis megfelel minden páratlan függvény *, pl. x; x3; 4 x5-7,2x3+4,9x; sinx (az utóbbi példa esetében x, x-1 és 1-x ívmértékben, radiánban mért forgásszögek). Viszont a=b≠0≠c esetén nincs az (1)-nek eleget tevő függvény.
Hasonlóan a+b=0, a-b≠0 esetén (6) miatt csak c=0 esetén van megoldás, ekkor b=-a≠0, és (4')-ből
f(x)=f(-x),
vagyis megfelel minden páros függvény pl. 1; x2; x6-6x2+4; cosx. (Viszont c≠0 esetén nincs megoldás.)
Végül ha a-b=a+b=0, vagyis a=b=0, akkor már (1)-ből látható, hogy c=0 kell legyen, és ekkor bármely mindenütt értelmezett f(x) függvény megfelel.
 
Berkes István (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.)
 

III. megoldás. Ha az f(x) függvény mindenütt értelmezve van, akkor a
g(x)=f(x)+f(-x)2ésh(x)=f(x)-f(-x)2
képletekkel értelmezett függvényekre g(x)=g(-x), és h(x)=-h(-x), azaz g(x) páros függvény, h(x) páratlan függvény, továbbá
f(x)=g(x)+h(x).
Ezt (1)-be beírva
a⋅[g(x-1)+h(x-1)]+b⋅[g(1-x)+h(1-x)]==a⋅[g(x-1)+h(x-1)]+b⋅[g(x-1)+h(x-1)]=(A)=(a+b)⋅g(x-1)+(a-b)⋅h(x-1)=cx.
x helyébe 2-x-et írva
(a+b)⋅g(1-x)+(a-b)⋅h(1-x)=(B)=(a+b)⋅g(x-1)-(a-b)⋅h(x-1)=2c-cx.
(B)-t (A)-hoz adva, ill. abból levonva és 2-vel osztva
(a+b)⋅g(x-1)=c,(a-b)⋅h(x-1)=c(x-1).
vagy x helyébe x+1-et írva
(C)(a+b)⋅g(x)=c,(D)(a-b)⋅h(x)=cx.

Mármost ha α) a+b≠0, akkor (C) miatt
g(x)=ca+b;

β) ha a+b=0, akkor (1)-nek csak abban az esetben van megoldása,
ha c=0; ekkor viszont g(x) tetszőleges;
γ) a-b=0 esetén (D) miatt
h(x)=ca-bx;

δ) ha ab=0, akkor (D) miatt (1)-nek csak abban az esetben van megoldása,
ha c=0; ekkor viszont h(x) tetszőleges.
Összefoglalva a lehetséges eseteket: αγ) a2≠b2 esetén
f(x)=ca-bx+ca+b;

αδ) a=b≠0 esetén, ha még c≠0, akkor nincs megoldás; ha pedig
c=0, akkor tetszőleges páratlan függvény megoldás;
βγ) a=-b≠0 esetén, ha még c≠0, akkor nincs megoldás, ha pedig
c=0, akkor tetszőleges páros függvény megoldás;
βδ) a=b=0 esetén, ha még c≠0, akkor nincs megoldás, ha pedig c=0, akkor tetszőleges függvény megoldása az adott egyenletnek.
 
Bárány Imre (Budapest ‐ Mátyásföld, Corvin M. g. III. o. t.)
*Ismeretes, hogy az f(-x) függvény képe megkapható f(x) képéből az Y-tengelyre való tükrözéssel, ‐ lásd pl. Szász G.‐Hódi E.‐Tolnai J.: Matematika a gimn. IV. o. számára, 11. kiadás, Tankönyvkiadó, Bp., 1962. 45. o. Hasonlóan a -f-(x) függvény képe megkapható f(-x) képéből az X-tengelyen való tükrözéssel, vagyis f(x) képéből az origóra való tükrözéssel, más szóval az origó körüli 180∘-os forgatással.
Ha f(-x) képe egybeesik f(x) képével ‐ mint pl. minden olyan polinom esetében, amely x-nek csak páros kitevőjű hatványait tartalmazza ‐, akkor f(x)-et páros függvénynek nevezzük. Ha -f(-x) képe egybeesik f(x) képével ‐ mint pl. minden olyan polinom esetében, amely x-nek csak páratlan kitevőjű hatványait tartalmazza ‐, akkor f(x)-et páratlan függvénynek nevezzük.