Feladat: Gy.2825 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csörnyei Marianna ,  Dőtsch András ,  Elek Péter ,  Futó Gábor 
Füzet: 1994/április, 187 - 189. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvényvizsgálat, Függvényegyenletek, Teljes indukció módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1993/február: Gy.2825

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

Először azt bizonyítjuk be, hogy az f függvény monoton nő. Legyen 0≥a≥b≥1, ekkor szükségképpen 0≥b-a≥1. Használhatjuk tehát a feltételt az x1=a, s2=b-a választással:

f(b)=f(b-a+a)=f(x2+x1)≤f(x2)+f(x1)=f(b-a)+f(a)≤f(a),
mivel a függvény értékei nemnegatívak.
Következő segédállításunk így hangzik: tetszőleges n természetes szám esetén, ha 0≥x≥nx≥1, akkor f(nx)≤nf(x). Ezt például teljes indukcióval igazolhatjuk. Az n=1 eset nyilvánvaló. Tegyük most föl, hogy n=k-ra igaz az állítás, és tekintsük n=k+1 esetén:
f(nx)=f((k+1)x)=f(kx+x)≤f(kx)+f(x)≤kf(x)+f(x)=(k+1)f(x)=nf(x),
ahol menet közben egyszer használtuk az indukciós feltevést.
E két állítás összerakva, x≤1y esetén
1=f(1)≤f(nx)≤nf(x),
vagyis f(x)≤1n. Tetszőleges x≠0 esetén válasszuk n-et úgy, hogy
1n+1<x≤1n
teljesüljön. Ekkor persze n≥1, s így 2nn+1≥1, azaz
f(x)≤1n≤1n⋅2nn+1=2n+1<2x.
Az x=0 esetben pedig f(1)≤f(1)+f(0)≤f(1+0)=f(1), vagyis f(0)=0≤2⋅0. Ezzel beláttuk, hogy f(x)≤2x fennáll minden 0≥x≥1 esetén.
A feladat második részéhez tekintsük a következő függvényt:
f(x)={0,ha  0≥x≥121,ha  1≤x≤12.
Először megmutatjuk, hogy ez teljesíti az f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2) feltételt. Feltehető, hogy 0≥x1≥x2≥x1+x2≥1, ekkor szükségképpen x1≥12, s így f(x1)=0, vagyis
f(x1)+f(x2)=f(x2)≤f(x1+x2),
hiszen az f függvény nyilván monoton nő.
Ugyanakkor x=0,51-re f(0,51)=1>0,969=1,9x, vagyis az f(x)≤1,9x becslés nem igaz. Sőt, erről az f függvényről az is belátható, hogy tetszőleges c<2 számot választva, létezik olyan 0≤x≤1, amire f(x)>cx.
Futó Gábor (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. A következő bizonyítás az f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2),f(x)≥0,f(1)=1 feltételek helyett csak az ennél gyöngébb f(2x)≥2f(x),0≥f(x)≥1,f(1)=1 feltételeket használja. Ez az alak a feladat következő általánosítását is lehetővé teszi. Legyen az f függvény értelmezési tartománya a [0,m]; értékkészlete a [0,f(m)] intervallum, ahol m>0, f(m)=k>0; továbbá c>1 rögzített valós szám. Tegyük fel, hogy 0≥cx≥m esetén f(cx)≤x⋅f(x). Ekkor minden 0≥x≥m számra f(x)≤ck˙mx, de az f(x)≤(ck˙m-ε)x becslés semmilyen ε>0 esetén sem igaz. (Az eredeti feladat ebből m=k=1 és n=2 választással adódik.) Nyilván érdektelen az ε≥ckm eset.
Az állítást a következő módon lehet igazolni (a részletek kidolgozásától ezúttal eltekintünk). Tegyük fel, hogy valamely x-re f(x)>ckmx. A feltételeket megfelelően használva, teljes indukcióval könnyen igazolható, hogy ekkor tetszőleges pozitív egész l-re:
clx<m  és  f(cl-1x)>cl⋅kmx.
Ám ekkor x<mcl, s mivel 1cl tetszőlegesen kicsi lehet, ezért szükségképpen x=0, továbbá
f(0)=f(cl-1⋅0)>clkm⋅0=0.
Ugyanakkor az f(cx)≥c⋅f(x) feltétel szerint f(0)≥c⋅f(0), ami f(0)>0 esetén c>1 miatt ellentmondásos. Ezzel beláttuk az x-re f(x)≤ckmx becslést.
Tekintsük most az alábbi függvényt: f(x)=
{0,ha  0≥x≤mc,k,ha  mc<x≤m.

Könnyen látható, hogy erre a függvényre teljesülnek a feltételek. Azonban mc<x<kckm-ε esetén f(x)=k>x⋅(ckm<-ε).
Ilyen x pedig létezik, hiszen
mc=kmkc=k(ckm)<kckm-ε.
Itt persze feltettük, hogy ckm>ε, de ε≤ckm esetén a kívánt becslés:
f(x)≤(ckm-ε)x≤0
alakú, ami semelyik f-re sem teljesülhet.
Csörnyei Marianna (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján