Kezdőlap


Feladat:	F.2525	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bán Rita , Bóna Miklós , Boros Z. , Deák Csaba , Gróf Andrea , Hetyei Judit , Limbek Cs. , Makay G. , Montágh B. , Németh-Buhin Á. , Olasz-Szabó M. , Regős G. , Sobor G.
Füzet:	1985/november, 375 - 376. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Abszolútértékes egyenlőtlenségek, Egyenlőtlenségek, Függvények differenciálhatósága, Függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/április: F.2525

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

I. megoldás. Ha $f$ konstans függvény, akkor eleget tesz a feladat követelményének. Belátjuk, hogy más függvényre nem teljesül (1). Legyen ugyanis $f$ a feladat követelményét teljesítő függvény, és legyen $a < b$ . Osszuk fel az $[a$ , $b)$ intervallumot $n$ egyenlő részre: $x_{0} = a$ , $x_{1} = a + \frac{b - a}{n}$ , $...$ , $x_{j} = a + j \frac{b - a}{n}$ , $...$ , $x_{n} = b$ . Ekkor

\begin{matrix} | f (b) - f (a) | = | \sum_{i = 0}^{}^{n - 1} f (x_{i + 1}) - f (x_{i}) | ≦ \sum_{i = 0}^{}^{n - 1} | f (x_{i + 1}) - f (x_{i}) | . \end{matrix}

(2)

(Itt felhasználtuk, hogy

f

minden valós számra értelmezve van, továbbá az abszolút értékekre vonatkozó

| c_{1} + ... + c_{n} | ≦ | c_{1} | + ... + | c_{n} |

egyenlőtlenséget.) A feltétel szerint

\begin{matrix} | f (x_{i + 1}) - f (x_{i}) | ≦ {(x_{i + 1} - x_{i})}^{2} = {(\frac{b - a}{n})}^{2} \end{matrix}

i = 0

1

2

...

n - 1

-re. Ezt (2)-be beírva

\begin{matrix} 0 ≦ | f (b) - f (a) | ≦ n {(\frac{b - a}{n})}^{2} = \frac{{(b - a)}^{2}}{n} . \end{matrix}

Mivel a kapott egyenlőtlenség minden

n

-re fennáll,

| f (b) - f (a) |

nem lehet pozitív. Így

f (b) = f (a)

a

és

b

tetszőleges volt. Így az

f

függvény értéke bármely két helyen megegyezik, tehát

f

valóban konstans, ahogyan állítottuk.

II. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy a feladat kikötésének eleget tevő bármely

f

függvény mindenütt deriválható, és deriváltja azonosan nulla. Ugyanis a kikötés

\begin{matrix} | \frac{f (x) - f (y)}{x - y} | ≦ | x - y | \end{matrix}

alakban írható. Ez tehát minden

x

y

-ra teljesül. Ha most

x

-et rögzítjük és

y

tart

x

-hez, akkor a jobb oldal nullához tart. A bal oldal nem negatív, tehát annak is nulla a határértéke. Azt kaptuk, hogy tetszőleges rögzített

x

-re

\begin{matrix} {lim}_{x \to y}^{} | \frac{f (x) - f (y)}{x - y} | = 0, \end{matrix}

s innen

\begin{matrix} f' (x) = {lim}_{y \to x}^{} \frac{f (x) - f (y)}{x - y} = 0, \end{matrix}

ahogy állítottuk.
Ismert tétel, hogy ha egy függvény mindenütt differenciálható, és differenciálhányadosa mindenütt nulla, akkor a függvény konstans. A feladat feltételének eszerint csak a konstans függvények tehetnek eleget, ezek pedig nyilván eleget is tesznek.

Megjegyzések. 1. A szereplő egyenlőtlenség helyett elég volna megkövetelni minden

x

y

számpárra az

\begin{matrix} | f (x) - f (y) | ≦ {(x - y)}^{1 + ε} \end{matrix}

egyenlőtlenséget, ahol

ε > 0

, rögzített szám. Mindkét megoldás ugyanígy elmondható ebben az esetben is. A megoldásokban csak annyit használunk ki, hogy (1) jobb oldalán

(x - y)

-nak olyan

g

függvénye áll, amelyre

\begin{matrix} {lim}_{t \to 0}^{} \frac{g (t)}{t} = 0. \end{matrix}

2. Az első megoldás akkor is elmondható, ha

f

-ről csak annyit teszünk fel, hogy egy adott

y

érték mellett tetszőleges

x

-re teljesül (1).