Feladat: 1979. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Beleznay Ferenc ,  Bohus Géza ,  Hajnal Péter ,  Szegedy Márió ,  Szegedy Patrik ,  Tardos Gábor ,  Varga Tamás 
Füzet: 1980/február, 55. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Függvényegyenletek, Elsőfokú (lineáris) függvények, Függvények, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/február: 1979. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

I. megoldás. Ha van a feltételeket kielégítő f függvény, arra a feltétel első egyenlőtlenségét x=0 esetén alkalmazva

f(0)≤0
adódik. A második egyenlőtlenségből
f(x)=f(x+0)≤f(x)+f(0).
Innen viszont
0≤f(0),
tehát csak f(0)=0 lehet.
Ismét a második egyenlőtlenség felhasználásával
0=f(0)=f(x-x)≤f(x)+f(-x).
Másrészt az első egyenlőtlenség alapján
f(x)≤xésf(-x)≤-x,
és ezeket összeadva
f(x)+f(-x)≤0.
A kettőből f(x)+f(-x)=0, f(-x)=-f(x).
Végül az első egyenlőtlenségből
-f(x)=f(-x)≤-x,
tehát (-1)-gyel szorozva
f(x)≥x.

Ez az első feltételi egyenlőtlenséggel együtt azt adja, hogy a feltételeket kielégítő függvény csak az lehet, amelyik minden x értékhez önmagát rendeli.
Erre a függvényre a feladat egyenlőtlenségei valóban teljesülnek, mindegyik esetben egyenlőség áll fenn.
 
II. megoldás. Kétszer alkalmazva a második, majd kétszer az első feltételi egyenlőtlenséget, a következő összefüggés-sorozatot kapjuk egy, a feltételeket kielégítő f függvényre (ha van ilyen):
0=f(x)-f(x)=f(2x-x)-f(x)≤f(2x)+f(-x)-f(x)≤≤f(x)+f(x)+f(-x)-f(x)=f(x)+f(-x)≤f(x)-x≤x-x=0.


Ez csak úgy állhat fenn, ha minden közbülső kifejezés értéke is 0, így többek közt
f(x)-x=0,f(x)=x.
Az így értelmezett függvény valóban kielégíti a követelményeket.