Feladat: F.3161 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Barát Anna ,  Gyenes Zoltán ,  Hangya Balázs ,  Juhász András ,  Lippner Gábor ,  Méder Áron ,  Pál András ,  Pintér Dömötör ,  Prause István ,  Szalai-Dobos András ,  Szita István ,  Terék Zsolt ,  Várkonyi Péter 
Füzet: 1998/január, 28 - 29. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvényegyenletek, Indirekt bizonyítási mód, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1997/február: F.3161

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

Az x=y=0 helyettesítéssel f2(0)0 adódik, azaz f(0)=0. Ezek után tételezzük fel, hogy nem igaz a feladat állítása, vagyis létezik olyan pozitív x0, amelyre f(x0)>x022. Legyen f(x0)=x022q; x0 választása miatt q>1.
A következőt fogjuk belátni:

f(x02n)12(x02n)2q2n,hanN.(1)

Ez teljes indukcióval igazolható; n=0 esetén állításunk triviális. Így már csak azt kell belátnunk, hogy ha n=k esetén igaz az állítás, akkor n=k+1 esetén is.
Az indukciós feltevés szerint: f(x02n)12(x022k)2q2k. Négyzetre emelve
f2(x02k)14(x02k)4q2k+1.(2)
Másrészt az f(x)f(y)y2f(x2)+x2f(y2) egyenlőtlenségbe x=y=x02k-t helyettesítve kapjuk:
f2(x02k)2(x02k)2f(x02k+1),
átrendezve:
f(x02k+1)12(x02k)-2f2(x02k).
(2)-ből viszont így
f(x02k+1)12(x02k)-214(x02k)4q2k+1=12(x02k+1)2q2k+1.
Így n=k+1 esetén is fennáll az egyenlőtlenség, ezzel (1)-et igazoltuk.
Válasszuk az n1, n2 természetes számokat olyan nagyra, hogy teljesüljön: x02n1<1, n2n1, továbbá 22n2log2q-2n2-1>19971x02. Ezt megtehetjük, mert log2q>0, mivel q>1. Ekkor x02n2x02n1<1 miatt f(x02n2)1997. Tehát
1997f(x02n2)12(x02n2)2q2n2=x0222n2log2q-2n2-1>1997.
Ezzel ellentmondásra jutottunk, vagyis a feladat állítása igaz.