Feladat: Gy.2224 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1985/október, 306 - 307. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Diofantikus egyenletek, Függvényegyenletek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/november: Gy.2224

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

Az f függvényről tudjuk, hogy minden x, y egész számra

f(x-y2)=f(x)+(y2-2x)⋅f(y).(1)



Határozzuk meg f (1984) értékét.
 
Megoldás. Ha y=1, akkor (1) szerint minden x egészre
f(x-1)=f(x)+(1-2x)⋅f(1).(2)

Írjuk (2)-ben x helyére a pozitív egész számokat 1-től n-ig:
f(0)=f(1)-f(1),(3)f(1)=f(2)-3⋅f(1),(4)⋮f(n-1)=f(n)-(2n-1)⋅f(1).(5)



Ezeket összeadva az f(1), f(2), ..., f(n-1) értékek mindkét oldalon szerepelnek, így rendezés után kapjuk, hogy
f(0)=f(n)-Sn⋅f(1),
ahol Sn az első n darab pozitív páratlan szám összege. Ismeretes, hogy Sn=n2, másrészt (3) szerint f(0)=0, így ha n pozitív egész, akkor
f(n)=f(1)⋅n2,(6)

Ennél többet azonban nem mondhatunk. Legyen ugyanis a tetszőleges valós szám, és tekintsük az f(x)=a⋅x2 függvényt. Itt f(1)=a. Másfelől
f(x)+(y2-2x)⋅f(y)=ax2+(y2-2x)ay2=a(x2+y4-2xy2)=a(x-y2)2,
ami nem más, mint f(x-y2). Így ha f(x)=ax2, akkor f-re teljesül (1), vagyis f(1)-re semmi nem következik abból, hogy f-re teljesül (1).
Így f(1984) értéke tetszőleges lehet, hiszen minden A valós számra van olyan f, amelyre teljesül (1) és f(1984)=A, mégpedig f(x)=A19842x2.