Feladat: B.3469 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babos Attila ,  Boros Vazul ,  Horváth Illés ,  Pallos Péter ,  Tóth János 
Füzet: 2001/december, 546 - 547. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvényegyenletek, Fibonacci-sorozat, Függvények monotonitása, Esetvizsgálat, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2001/május: B.3469

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

Először az f függvény néhány olyan tulajdonságát igazoljuk, amelyek a függvényegyenletből és az f folytonosságából következnek.

i) f kölcsönösen egyértelmű. Ha f(x1)=f(x2), akkor persze f(f(x1))=f(f(x2)) is teljesül, így a függvényegyenlet szerint x1=f(f(x1))-f(x1)=f(f(x2))-f(x2)=x2, az f tehát valóban kölcsönösen egyértelmű.

ii) Az f vagy szigorúan monoton növő, vagy szigorúan monoton fogyó, hiszen ha egy folytonos függvény kölcsönösen egyértelmű, akkor szigorúan monoton növő vagy fogyó.

iii) f(0)=0, ugyanis ha x=0, akkor a függvényegyenlet szerint f(f(0))=0+f(0), a kölcsönösen egyértelmű függvény egyenlő értékeket vesz föl a 0 és az f(0) helyeken. Ez csak úgy lehetséges, ha f(0)=0.

iv) Ha f szigorúan monoton növő, akkor az értékkészlete a valós számok halmaza. Valóban, ha x>0, akkor f(x)>f(0)=0, így f(f(x))=x+f(x)>x, az f függvény tehát tetszőleges pozitív számnál nagyobb ‐ és hasonlóan kapjuk, hogy tetszőleges negatív számnál kisebb ‐ értékeket is fölvesz. Így, mivel folytonos, értékkészlete a valós számok halmaza. Inverze, f-1 tehát mindenütt értelmes és szintén monoton növő.
Térjünk most rá a megoldásra.
Vizsgáljuk először azt a lehetőséget, amikor az f függvény szigorúan monoton fogyó. Legyen x≠0 tetszőleges, és tekintsük az x1=f(x), x2=f(f(x))=f(x1), ..., xn=f(xn-1), ... sorozatot. Ha x=x0, akkor a függvényegyenlet szerint xk+f(xk)=f(f(xk)), azaz xk+xk+1=xk+2, ha k≥0. Az xk sorozat tehát ún. Fibonacci-típusú sorozat. Ismeretes ‐ lásd például Kós Géza és Énekes Béla cikkét a KöMaL 2000. évi 9. számában ‐, hogy a Fibonacci-típusú sorozatok felírhatók két speciális ilyen sorozat segítségével: léteznek olyan c1, c2 számok, hogy

xn=c1⋅τn+x2(-τ)-n,ahol  τ=1+52.(1)

Mivel az f szigorúan monoton fogyó és f(0)=0, azért x és f(x) ellenkező előjelűek, a fenti xn sorozat szomszédos tagjai is ilyenek, a sorozat váltakozó előjelű. A fenti (1) előállításban az első tag, c1τn állandó előjelű, és abszolút értéke n növekedtével tetszőlegesen nagy lehet. A második tag, c2(-τ)-n előjele váltakozik, azonban ez a sorozat a 0-hoz tart, ha n tart a végtelenhez. Az xn sorozat tehát csak akkor lehet a második taghoz hasonlóan váltakozó előjelű, ha az állandó előjelű ,,domináns tag'', c1⋅τn=0, azaz c1=0.
Ekkor xn=c2⋅(-τ)-n; x0=c2(-τ)0=c2=x miatt pedig f(x)=x1=x⋅(-τ)-1, azaz ha f monoton fogyó, akkor csak
f(x)=-xτ
lehetséges, ahol τ=1+52. Az pedig könnyen ellenőrizhető ‐ felhasználva például a τ2=τ+1 összefüggést ‐, hogy erre a folytonos függvényre teljesül az adott függvényegyenlet.
Legyen most az f szigorúan monoton növő. iv) szerint f-1 mindenütt értelmes, így az x≠0 számból kiindulva elkészíthető az x-1=f-1(x), x-2=f-1(x1), ..., x-n=f-1(x-n+1), ... sorozat; itt most az f értékein visszafelé lépegetve építjük föl a sorozatot.
...x-3→fx-2→fx-1→fx0→fx1→fx2→f...
Az előbbi xn sorozat ,,elé'' illesztve a negatív indexű tagokat, továbbra is Fibonacci-típusú sorozatot kapunk, az (1) összefüggés a sorozat n-edik tagjára is érvényes marad a kiterjesztett sorozatra is.
Ha most n→-∞, akkor persze a váltakozó előjelű c2(-τ)-n lesz a ,,domináns'', c1⋅τn a 0-hoz tart. Az xn sorozat (n∈Z) viszont most állandó előjelű, hiszen x>0 esetén f(x)>0, x<0 esetén pedig f(x)<0. Ez pedig csak úgy lehetséges, ha a nem korlátos, váltakozó előjelű c2(-τ)-n rész 0, xn=c1τn; ahonnan az előző esethez hasonlóan az f(x)=x1=x⋅τ1, azaz
f(x)=τx
adódik. A τ2=τ+1 összefüggésből azonnal adódik, hogy ez a függvény is megoldás.
A függvényegyenletnek tehát két folytonos megoldása van; mindkettő elsőfokú függvény,
f1(x)=-xτésf2(x)=τx,
ahol τ=1+52.