Kezdőlap


Feladat:	F.2908	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csörnyei Marianna
Füzet:	1992/december, 443 - 446. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvényegyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/május: F.2908

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

Az $f : Z \to Z$ függvényre $f (1) = 1,$ és tetszőleges $x$ , $y$ egész számokra

\begin{matrix} f (x + y) (f (x) - f (y)) = f (x - y) (f (x) + f (y)) . \end{matrix}

(1)

Határozzuk meg

f

-et.

Megoldás. Helyettesítsük be az

x = y = 1

értéket:

\begin{matrix} f (2) (f (1) - f (1)) = f (0) (f (1) + f (1)), azaz f (0) = 0. \end{matrix}

Helyettesítsük be az

x = 0

y = t

számpárt, ahol

t

tetszőleges egész szám:

\begin{matrix} f (0 + t) (f (0) - f (t)) = f (0 - t) (f (0) + f (t)) és így \\ 0 = f (t) (f (t) + f (- t)) . \end{matrix}

f (t) \neq 0

, akkor

f (- t) = - f (t)

. Ha

f (t) = 0

, akkor az

x = 0

y = - t

helyettesítéssel:

\begin{matrix} 0 = f (- t) (f (t) + f (- t)) = f^{2} (- t) \end{matrix}

adódik, amiből

f (- t)

is 0. Azt kaptuk tehát, hogy tetszőleges

t

-re

\begin{matrix} f (- t) = - f (t), \end{matrix}

vagyis

f

páratlan függvény.
Helyettesítsünk be most

x = 2

y = 1

-et

\begin{matrix} (f (3) (f (2) - f (1)) = f (1) (f (2) + f (1)) . \end{matrix}

f (1) = 1

-et figyelembe véve, és rendezve:

\begin{matrix} (f (3) - 1) (f (2) - 1) = 2. \end{matrix}

Ez négyféleképpen lehetséges:

\begin{matrix} a) & f (2) = 2, & f (3) = 3; \\ b) & f (2) = 3, & f (3) = 2; \\ c) & f (2) = 0, & f (3) = - 1; \\ d) & f (2) = - 1, & f (3) = 0. \end{matrix}

Az esetek vizsgálata során többször fel fogjuk használni azt az összefüggést, amit az

x = t

y = 1

helyettesítéssel nyerünk (1)-ből:

\begin{matrix} f (t + 1) (f (t) - f (1)) = f (t - 1) (f (t) + f (1)), azaz \\ f (t + 1) (f (t) - 1) = f (t - 1) (f (t) + 1) . \end{matrix}

Ebből

\begin{matrix} f (t + 1) = \frac{f (t - 1) (f (t) + 1)}{f (t) - 1}, ha f (t) \neq 1. \end{matrix}

(2)

a) Bebizonyítjuk, hogy

f (t) = t

minden

t

egész számra. Ezt

f

páratlansága miatt elég nemnegatív

t

értékekre igazolni. Az eddigiek alapján ez

t = 0

, 1, 2, 3-ra igaz; ha pedig

f (t) = t

f (t - 1) = t - 1

és

t \geq 2

, akkor (2) alapján

f (t + 1) = \frac{(t - 1) (t + 1)}{t - 1} = t + 1

. Az

f (t) = t

függvény valóban megoldás, mert tetszőleges (

x, y

)-ra (1) mindkét oldalán

(x - y) (x + y)

áll.
b) A (2) összefüggés alapján

\begin{matrix} f (4) = \frac{f (2) (f (3) + 1)}{f (3) - 1} = \frac{3 \cdot (2 + 1)}{2 - 1} = 9 és így \\ f (5) = \frac{f (3) (f (4) + 1)}{f (4) - 1} = \frac{2 \cdot (9 + 1)}{9 - 1} = \frac{5}{2} . \end{matrix}

Mivel ez nem egész szám, ez az eset nem lehetséges.
c) Megmutatjuk, hogy ebben az esetben tetszőleges

k

egész számra

\begin{matrix} f (4 k) & = 0; \\ f (4 k + 1) & = 1; \\ f (4 k + 2) & = 0; \\ f (4 k + 3) & = - 1. \end{matrix}

A páratlanság miatt elég ezt nemnegatív

k

értékekre igazolni.
Az állítás

k = 0

-ra igaz:

f (0) = 0

f (1) = 1

f (2) = 0

f (3) = - 1

. Tegyük fel, hogy igaz

k = k_{0}

-ra. Ekkor (2) alapján

\begin{matrix} f (4 k_{0} + 4) = \frac{f (4 k_{0} + 2) (f (4 k_{0} + 3) + 1)}{f (4 k_{0} + 3) - 1} = \frac{0 \cdot (- 1 + 1)}{- 1 - 1} = 0; \\ f (4 k_{0} + 5) = \frac{f (4 k_{0} + 3) (f (4 k_{0} + 4) + 1)}{f (4 k_{0} + 4) - 1} = \frac{(- 1) \cdot (0 + 1)}{0 - 1} = 1; \end{matrix}

Helyettesítsünk be (1)-be

x = 4 k_{0} + 5

y = 2

-t:

\begin{matrix} f (4 k_{0} + 7) (f (4 k_{0} + 5) - f (2)) = f (4 k_{0} + 3) (f (4 k_{0} + 5) + f (2)); \\ f (4 k_{0} + 7) (1 - 0) = (- 1) \cdot (1 + 0), \end{matrix}

vagyis

f (4 k_{0} + 7) = - 1

.
Most helyettesítsünk be

x = 4 k_{0} + 6

y = 1

-et:

\begin{matrix} f (4 k_{0} + 7) (f (4 k_{0} + 6) - f (1)) = f (4 k_{0} + 5) (f (4 k_{0} + 6) + f (1)) \\ (- 1) (f (4 k_{0} + 6) - 1) = 1 \cdot (f (4 k_{0} + 6) + 1) . \end{matrix}

Ebből azt kapjuk, hogy

f (4 k_{0} + 6) = 0

.
Ezzel az állításunkat igazoltuk.
Az

f

függvény megoldása a feladatnak. Ennek bizonyítása a következő táblázatban összefoglalt 16 eset vizsgálatával történhet (a táblázatban az (1) függvényegyenlet két oldala olvasható le az egyes esetekben):

\begin{matrix} x = 4 k & x = 4 k + 1 & x = 4 k + 2 & x = 4 k + 3 \\ y = 4 l & 0 \cdot (0 - 0) = & 1 \cdot (1 - 0) = & 0 \cdot (0 - 0) = & (- 1) \cdot (- 1 - 0) = \\ = 0 \cdot (0 + 0) & = 1 \cdot (1 + 0) & = 0 \cdot (0 + 0) & = (- 1) (- 1 + 0) \\ y = 4 l + 1 & 1 \cdot (0 - 1) = & 0 \cdot (1 - 1) = & (- 1) \cdot (0 - 1) = & 0 \cdot (- 1 - 1) = \\ = (- 1) \cdot (0 + 1) & = 0 \cdot (1 + 1) & = 1 \cdot (0 + 1) & = 0 \cdot (- 1 + 1) \\ y = 4 l + 2 & 0 \cdot (0 - 0) = & (- 1) \cdot (1 - 0) = & 0 \cdot (0 - 0) = & 1 \cdot (- 1 - 0) = \\ = 0 \cdot (0 + 0) = & (- 1) \cdot (1 + 0) & = 0 \cdot (0 + 0) & = 1 \cdot (- 1 + 0) \\ y = 4 l + 3 & (- 1) \cdot (0 - (- 1)) = & 0 \cdot (1 - (- 1)) = & 1 \cdot (0 - (- 1)) = & 0 \cdot (- 1 - (- 1)) = \\ = 1 \cdot (0 + (- 1)) & = 0 \cdot (1 + (- 1)) & = (- 1) \cdot (0 + (- 1)) & = 0 \cdot (- 1 + (- 1)) \end{matrix}

Az (1) egyenlet mind a 16 esetben teljesül.
d) Bebizonyítjuk, hogy tetszőleges

k

egész számra

\begin{matrix} f (3 k) & = 0; \\ f (3 k + 1) & = 1; \\ f (3 k + 2) & = - 1; \end{matrix}

A páratlanság miatt ezt is elég nemnegatív

k

értékekre igazolni. A

k = 0

esetben az állítás igaz; tegyük fel, hogy igaz

k = k_{0}

-ra. Ekkor (2) alapján

\begin{matrix} f (3 k_{0} + 3) = \frac{f (3 k_{0} + 1) (f (3 k_{0} + 2) + 1)}{f (3 k_{0} + 2) - 1} = \frac{1 \cdot ((- 1) + 1)}{(- 1) - 1} = 0 és \\ f (3 k_{0} + 4) = \frac{f (3 k_{0} + 2) (f (3 k_{0} + 3) + 1)}{f (3 k_{0} + 3) - 1} = \frac{(- 1) \cdot (0 + 1)}{0 - 1} = 1. \end{matrix}

Helyettesítsünk be (1)-be

x = 3 k_{0} + 4

y = 2

-t:

\begin{matrix} f (3 k_{0} + 6) (f (3 k_{0} + 4) - f (2)) = f (3 k_{0} + 2) (f (3 k_{0} + 4) + f (2)), \\ f (3 k_{0} + 6) (1 - (- 1)) = (- 1) (1 + (- 1)), amiből f (3 k_{0} + 6) = 0. \end{matrix}

Most helyettesítsünk be

x = 3 k_{0} + 5

y = 1

-et:

\begin{matrix} f (3 k_{0} + 6) (f (3 k_{0} + 5) - f (1)) = f (3 k_{0} + 4) (f (3 k_{0} + 5) + f (1)), \\ 0 \cdot (f (3 k_{0} + 5) - 1) = 1 \cdot (f (3 k_{0} + 5) + 1), amiből f (3 k_{0} + 5) = - 1. \end{matrix}

Ezzel igazoltuk az állítást

k = k_{0} + 1

-re is.
Az

f

függvény megfelelő. A 9 esetet a c) esetekhez hasonlóan vizsgáljuk végig:

\begin{matrix} x = 3 k & x = 3 k + 1 & x = 3 k + 2 \\ y = 3 l & 0 \cdot (0 - 0) = & 1 \cdot (1 - 0) = & (- 1) \cdot (- 1 - 0) = \\ = 0 \cdot (0 + 0) & = 1 \cdot (1 + 0) & = (- 1) \cdot (- 1 + 0) \\ y = 3 l + 1 & 1 \cdot (0 - 1) = & (- 1) \cdot (1 - 1) = & 0 \cdot (- 1 - 1) = \\ = (- 1) \cdot (0 + 1) & = 0 \cdot (1 + 1) & = 1 \cdot (- 1 + 1) \\ y = 3 l + 2 & (- 1) \cdot (0 - (- 1)) = & 0 \cdot (1 - (- 1)) = & 1 \cdot (- 1 - (- 1)) = \\ = 1 \cdot (0 + (- 1)) & = (- 1) \cdot (1 + (- 1)) & = 0 \cdot (- 1 + (- 1)) \end{matrix}

Az (1) függvényegyenletnek tehát három függvény tesz eleget: az

f_{1} (x) = x

, az

\begin{matrix} f_{2} (x) = {\begin{matrix} 0, & ha x = 2 k \\ 1, & ha x = 4 k + 1 \\ - 1, & ha x = 4 k + 3 \end{matrix} \end{matrix}

és az

\begin{matrix} f_{3} (x) = {\begin{matrix} 0, & ha x = 3 k \\ 1, & ha x = 3 k + 1 \\ - 1, & ha x = 3 k + 2 \end{matrix} \end{matrix}

függvény.