Feladat: A.304 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bergmann Gábor ,  Bóka Gergely ,  Csóka Endre ,  Czank Tamás ,  Gáti Beatrix ,  Hablicsek Márton ,  Hercegh Attila ,  Horváth Márton ,  Kiss-Tóth Christián ,  Kocsis Albert Tihamér ,  Kórus Péter ,  Kunszenti-Kovács Dávid ,  Nagy Zoltán ,  Németh Andrián ,  Pach Péter Pál ,  Paulin Roland ,  Pongrácz András ,  Rácz Béla András ,  Simon Balázs 
Füzet: 2003/április, 228 - 229. oldal  PDF file
Témakör(ök): Függvényegyenletek, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/november: A.304

Melyek azok az R+R+ függvények, amelyekre
f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)?

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

Megoldás. Az x=y=2 helyettesítésből f(2)2=2f(2), így f(2)=2. (f(2)0, hiszen a függvény pozitív értékeket vesz fel.) Az x=y=1 helyettesítésből f(2)=2 miatt f(1)2-3f(1)+2=0, azaz f(1)=1 vagy f(1)=2.
1. eset: f(1)=2. Megmutatjuk, hogy a függvény csak a konstans 2 lehet. Helyettesítsünk a függvényegyenletbe y=1-et:

f(x+1)=2f(x)+f(1)-f(x)f(1)=2.
Ezzel máris igazoltuk, hogy x>1 esetén f(x)=2. Legyen most x tetszőleges, és válasszuk y-t olyan nagynak, hogy y, xy és x+y is nagyobb legyen, mint 1. Ekkor f(x+y)=f(xy)=f(y)=2, és a függvényegyenlet szerint 2+f(x)2=2+f(x)+2, azaz f(x)=2.
A konstans 2 függvény eleget is tesz a függvényegyenletnek: az x és y megválasztásától függetlenül mindkét oldal értéke 6.
2. eset: f(1)=1. Először megmutatjuk, hogy az f függvény egyszerre additív és multiplikatív, azaz tetszőleges u, v számok esetén f(u+v)=f(u)+f(v) és f(uv)=f(u)f(v), majd ennek felhasználásával bebizonyítjuk, hogy az f függvény csak az identitás lehet: f(x)=x. Az (1) függvényegyenlet alapján elég az additív tulajdonságot igazolni, a multiplikatív tulajdonság ebből már következik.
A függvényegyenletbe y=1-et helyettesítve f(x+1)+f(x)=2f(x)+1, tehát f(x+1)=f(x)+1.
Legyen most u és v két tetszőleges pozitív szám. Az (1) egyenletet írjuk fel az x=u, y=vu és az x=u, y=vu+1 számpárokra is:
f(u+vu)+f(u)(vu)=f(v)+f(u)+f(vu),
illetve
f(u+vu+1)+f(u)f(vu+1)=f(u(vu+1))+f(u)+f(vu+1),f(u+vu)+1+f(u)(f(vu)+1)=f(u+v)+f(u)+f(vu)+1.
A két egyenletet kivonva egymásból, f(u+v)=f(u)+f(v). Ezzel az additív tulajdonságot igazoltuk.
Az additivitásból és f(1)=1-ből következik, hogy tetszőleges n pozitív egészre f(n)=n. A multiplikativitás alapján pedig tetszőleges k, n egészek esetén
f(kn)=f(k)f(n)=kn.
Tehát tetszőleges q pozitív racionális számra f(q)=q.
Az additivitásból és a függvény pozitivitásából az is következik, hogy a függvény monoton: x<y esetén f(x)<f(x)+f(y-x)=f(y).
Legyen most x egy tetszőleges pozitív valós szám, és tegyük fel, hogy f(x)x. Ha f(x)<x, akkor ‐ mivel a racionális számok halmaza sűrű ‐ létezik egy olyan q racionális szám, amelyre f(x)<q<x. A q<x egyenlőtlenségből azonban a függvény monotonitása miatt az következik, hogy q=f(q)<f(x), ami ellentmondás. Ha f(x)>x, akkor az egyenlőtlenségek irányának megfordításával hasonlóan jutunk ellentmondásra. Tehát csak f(x)=x lehetséges.
Az f(x)=x függvény eleget tesz a feltételeknek; az (1) függvényegyenlet mindkét oldalán xy+x+y áll.
 
Megjegyzések. A 2. esetben a függvénynek több érdekes tulajdonságát bizonyítottuk, illetve használtuk fel:
 f(1)=1;
 A függvény pozitív;
 A függvény (szigorúan) monoton nő;
 A függvény additív;
 A függvény multiplikatív.
Ezekből a tulajdonságokból ‐ illetve bizonyos részhalmazaikból ‐ többféleképpen is igazolható, hogy f(x)=x. Például, ha egy függvény egyszerre pozitív és additív, akkor lineáris: f(x)=cx alkalmas c konstanssal. (Az f(1)=1 tulajdonságból kapjuk, hogy c=1.)
A multiplikativitásból egyszerűen következik a pozitivitás: tetszőleges x pozitív valós számra f(x)=f(x2)=f2(x)0. Ezért nem nehéz az összes olyan R+R (tehát nem feltétlenül pozitív) függvényt sem megtalálni, amely eleget tesz az (1) függvényegyenletnek. A már látott két eset lényegében ugyanígy vizsgálható, ezen kívül még az f(2)=0, ezen belül az f(1)=0, illetve f(1)=3 eseteket kell megvizsgálni.
A valós vagy a pozitív valós számok halmazán értelmezett, egyszerre additív és multiplikatív függvények halmaza igen szűk: az identitáson kívül csupán a konstans 0 ilyen. Más algebrai testeken vagy gyűrűkön értelmezett függvények esetében ez a problémakör lényegesen bonyolultabb.