Feladat: F.2794 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Podoski Károly 
Füzet: 1991/március, 100 - 102. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvények, Függvényegyenletek, Indirekt bizonyítási mód, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1990/április: F.2794

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

Megoldás. Az állítást indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy van olyan, minden valós x helyen értelmezett, g és h periodikus függvény, amelyekkel fennáll az

x2=g(x)+h(x)(1)
függvényegyenlet. Legyen a g függvény egy periódushossza p>0 és a h függvény egy periódushossza q>0. Ekkor minden x-re teljesülnek a
g(x+p)=g(x)ésh(x+q)=h(x)(2)
egyenletek. Helyettesítsük most rendre az x=0,p,q és p+q értékeket az (1) egyenletbe. Ekkor a ‐ periodikusság felhasználásával ‐ rendre a
0=g(0)+h(0)=g(p)+h(q),p2=g(p)+h(p),q2=g(q)+h(q),(p+q)2=g(p+q)+h(p+q)=g(q)+h(p)


egyenletekhez jutunk. Itt az első és utolsó egyenlet összegéből a 2. és 3. egyenletet kivonva azt kapjuk, hogy
2pq=g(q)+h(p)+g(p)+h(q)-g(p)-h(p)-g(q)-h(q)=0,
azaz valamelyik periódushossz -p vagy q- nulla. Ez ellentmond feltevésünknek, s így bizonyítja a feladat állítását.
 

 Podoski Károly (Bp., Árpád Gimn., IV. o. t.)
 

Megjegyzés. Ugyanígy bizonyítható az is, hogy k≥2 esetén az f(x)=xk függvény soha nem áll elő két periodikus függvény összegeként: mindössze annyit kell felhasználni, hogy pozitív p és q esetén pk+qk<(p+q)k. Vegyük azonban észre, hogy k=1 esetén p1+q1=(p+q)1, ez esetben tehát a fenti gondolatmenettel nem jutunk ellentmondáshoz. Az tehát a fenti bizonyításból nem derül ki, hogy az f(x)=x függvény sem áll elő két periodikus függvény összegeként.
Megmutatjuk viszont, hogy a fenti bizonyítás alapgondolatával belátható, hogy az f(x)=xk függvény nem áll elő k darab (vagy annál kevesebb) periodikus függvény összegeként. Először csak k=3-ra mutatjuk be a bizonyítást, utána pedig megmondjuk, hogyan általánosítható. Tegyük fel, hogy van három periodikus függvény, g1(x),g2(x) és g3(x), amelyekre teljesül az
x3=g1(x)+g2(x)+g3(x)
függvényegyenlet. Legyen a gi(x) függvény egy periódushossza pi, és helyettesítsük e függvényegyenletben az x helyére rendre a következő 8=23 értéket: p1+p2+p3, p1+p2,p1+p3,p2+p3,p1,p2,p3 és 0.
A periodikusságot is felhasználva a következő egyenleteket kapjuk:
(p1+p2+p3)3=g1(p1+p2+p3)+g2(p1+p2+p3)+g3(p1+p2+p3)=
=g1(p2+p3)+g2(p1+p3)+g3(p1+p2),(p1+p2)3=g1(p1+p2)+g2(p1+p2)+g3(p1+p2)==g1(p2)+g2(p1)+g3(p1+p2),(p1+p3)3=g1(p3)+g2(p1+p3)+g3(p1),(p2+p3)3=g1(p2+p3)+g2(p3)+g3(p2),p13=g1(p1)+g2(p1)+g3(p1)=g1(0)+g2(p1)+g3(p1),p23=g1(p2)+g2(0)+g3(p2),p33=g1(p3)+g2(p3)+g3(0),0=g1(0)+g2(0)+g3(0).

Adjuk össze az első, az ötödik, a hatodik és hetedik egyenletet, s vonjuk ki belőle a többiek összegét. Ekkor a jobb oldalon, mint könnyen ellenőrizhető, minden kiesik, tehát nulla áll. A bal oldalon viszont (p1+p2+p3)3-(p1+p2)3-(p1+p3)3-(p2+p3)3+p13+p23+p33-0=6p1p2p3. Megint azt az ellentmondást kapjuk tehát, hogy valamelyik periódushossz nulla.
A bizonyítás tetszőleges k-ra csak annyiban különbözik a fentitől, hogy 2k egyenletet kapunk: ha a gi függvény periódusa pi, akkor minden 0≤m≤k-ra (km) darab egyenletet kell felírni: minden lehetséges módon kiválasztunk m darabot a p1,p2,...,pk számok közül, mondjuk pi1,pi2,...,pim-t, és felírjuk a
(pi1+pi2+...+pim)k=g1(pi1+...+pim)+...+gi1(pi2+...+pim)++gi1+1(pi1+pi2+...+pim)+...+gi2(pi1+pi2+...+pim)++...+gk(pi1+...+pim)


egyenletet, majd ezeket páratlan m-re negatív, páros m-re pozitív előjellel összeadjuk.
Ekkor ‐ a periodikusság miatt ‐ a jobb oldalon megint minden kiesik, a bal oldalon pedig a 0-p1k-p2k-...-pkk+(p1+p2)k+(p1+p3)k+...+(p1+pk)k+(p2+p3)k+...+(p2+pk)k+...+(pk-1+pk)k-(p1+p2+p3)k-...-(p1+p2+pk)k-...+(-1)k(p1+p2+...+pk)k összeg szerepel. Erről némi számolással belátható, hogy a műveletek elvégzése során minden olyan tagja kiesik, amelyben nem szerepel minden pi tényezőként. A bal oldal értéke tehát (-1)kk!p1p2...pk. Itt (-1)kk!≠0, tehát megint ahhoz az ellentmondáshoz jutunk, hogy valamelyik periódushosszra nulla adódik.
Mivel nem zártuk ki, hogy a gi függvények között az azonosan nulla függvény is szerepeljen (hiszen az is periodikus függvény), így beláttuk, hogy azf(x)=xk függvény nem áll elő legfeljebb k darab periodikus függvény összegeként.