Kezdőlap


Feladat:	A.253	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csikvári Péter , Csóka Endre , Gerencsér Balázs , Harangi Viktor , Kunszenti-Kovács Dávid , Varjú Péter , Vörös László
Füzet:	2001/október, 421 - 422. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvényegyenletek, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/december: A.253

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

Először bebizonyítjuk, hogy tetszőleges $x$ esetén $f (x) \leq 1$ . Tegyük fel, hogy valamely $x$ -re $f (x) > 1$ . Ehhez találhatunk olyan pozitív $y$ -t, amelyre $y f (x) = x + y$ : ez a szám az $y = \frac{x}{f (x) - 1}$ . Behelyettesítve ezeket az értékeket (1)-be,

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

amiből

f (x) = 1

, ez pedig ellentmondás.
Az (1) egyenletben az

f (y f (x))

tényező minden esetben legfeljebb

1

; ebből következik, hogy tetszőleges

x, y

számokra

f (x + y) \leq f (x)

, vagyis az

f

függvény monoton fogy.
Most megmutatjuk, hogy a függvény vagy konstans

1

, vagy pedig minden értéke kisebb

1

-nél. Ha valamely

x > 0

-ra

f (x) = 1

, akkor az egyenletből

f (2 x) = f (x + x) = f (x) f (x f (x)) = 1

. Ezt a lépést ismételgetve kapjuk, hogy

f (4 x)

f (8 x)

...

mindegyike

1

. A monotonitás miatt az ezeknél kisebb helyeken is csak

1

lehet a függvény értéke. Ha tehát a függvény legalább egyszer felveszi az

1

-et, akkor konstans

1

.
A konstans

1

függvényre teljesül az (1) függvényegyenlet. A továbbiakban azt az esetet vizsgáljuk, ha

f

mindegyik értéke kisebb

1

-nél. Az ilyen függvényekre az előbbi módon kapjuk, hogy szigorúan monoton fogynak, és így kölcsönösen egyértelműek.
Legyen

f (1) = a

; tetszőleges

t > 0

esetén helyettesítsük be (1)-be az

x = 1

y = \frac{t}{a}

, illetve

x = t

y = 1 + \frac{1 - a}{a} t

számokat; ezek összege egyenlő, így (1) felhasználásával:

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

f (t)

-vel osztva kapjuk, hogy

\begin{matrix} \begin{matrix} f (1) = f ((1 + \frac{1 - a}{a} t) f (t)), \\ és mivelfkölcsönösen egyértelmű, \\ 1 = (1 + \frac{1 - a}{a} t) f (t), \end{matrix} \end{matrix}

amiből

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

Bevezetve a

b = \frac{1 - a}{a}

jelölést,

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

, ahol

b > 0

. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy az ilyen alakú függvények is megoldások. A

b = 0

elfajuló eset a konstans

1

függvényt adja. Az összes megoldás tehát:

\begin{matrix} f (t) = \frac{1}{1 + b t}, \end{matrix}

ahol

b \geq 0