Kezdőlap


Feladat:	2008. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 21. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kiss Viktor
Füzet:	2008/október, 391 - 392. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Függvényegyenletek, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2008/szeptember: 2008. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 21. feladata

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

Kiss Viktor megoldása. Helyettesítsük be $w = x = y = z = 1$ -et. Teljesül az $w x = y z$ feltétel, tehát

\begin{matrix} \frac{2 f^{2} (1)}{2 f (1)} = \frac{1^{2} + 1^{2}}{1^{2} + 1^{2}} = 1. \end{matrix}

f (1) > 0

, tehát egyszerűsíthetünk vele, kapjuk, hogy

f (1) = 1

. Ezután helyettesítsünk be

w = 1

x = a

y = z = \sqrt[]{a}

-t, ahol

a

tetszőleges pozitív valós szám. Teljesül, hogy

w x = y z

, tehát

\begin{matrix} \frac{f^{2} (1) + f^{2} (a)}{2 f (a)} = \frac{1 + f^{2} (a)}{2 f (a)} = \frac{1 + a^{2}}{2 a} . \end{matrix}

f (a)

és

a

is pozitív, tehát szorozhatunk velük, kapjuk, hogy

\begin{matrix} a (1 + f^{2} (a)) = f (a) (1 + a^{2}), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} f^{2} (a) \cdot a - f (a) (1 + a^{2}) + a = 0. \end{matrix}

Ez másodfokú egyenlet

f (a)

-ra, megoldásai a következők:

\begin{matrix} f (a) = \frac{1 + a^{2} \pm \sqrt[]{{(1 + a^{2})}^{2} - 4 a^{2}}}{2 a} = \frac{1 + a^{2} \pm \sqrt[]{1 + a^{4} - 2 a^{2}}}{2 a} . \end{matrix}

a \geq 1

, akkor

\begin{matrix} f (a) = \frac{1 + a^{2} \pm \sqrt[]{{(a^{2} - 1)}^{2}}}{2 a} = \frac{1 + a^{2} \pm (a^{2} - 1)}{2 a} = a vagy \frac{1}{a} . \end{matrix}

a < 1

, akkor

\begin{matrix} f (a) = \frac{1 + a^{2} \pm \sqrt[]{{(1 - a^{2})}^{2}}}{2 a} = \frac{1 + a^{2} \pm (1 - a^{2})}{2 a} = a vagy \frac{1}{a} . \end{matrix}

Tehát megkaptuk, hogy

f (a)

értéke tetszőleges

a

-ra

a

vagy

\frac{1}{a}

. Tegyük fel, hogy létezik

a, b \neq 1

, hogy

\begin{matrix} f (a) = a és f (b) = \frac{1}{b} . \end{matrix}

Helyettesítsünk be

w = a

x = b

y = 1

z = a b

-t.
I. eset:

f (a^{2} b^{2}) = a^{2} b^{2}

. Ekkor

\begin{matrix} \frac{f^{2} (a) + f^{2} (b)}{f (1^{2}) + f (a^{2} b^{2})} = \frac{a^{2} + \frac{1}{b^{2}}}{1 + a^{2} b^{2}} = \frac{a^{2} + b^{2}}{1 + a^{2} b^{2}}, \end{matrix}

ami nem lehet, hiszen

b \neq 1

és pozitív, tehát

b^{2} \neq \frac{1}{b^{2}}

.
II. eset:

f (a^{2} b^{2}) = \frac{1}{a^{2} b^{2}}

. Ekkor

\begin{matrix} \frac{f^{2} (a) + f^{2} (b)}{f (1^{2}) + f (a^{2} b^{2})} = \frac{a^{2} + \frac{1}{b^{2}}}{1 + \frac{1}{a^{2} b^{2}}} = \frac{a^{4} b^{2} + a^{2}}{a^{2} b^{2} + 1} = \frac{a^{2} + b^{2}}{1 + a^{2} b^{2}}, \end{matrix}

ami csak akkor teljesülhetne, ha

a^{4} = 1

teljesülne (hiszen

a

pozitív), de ez nem igaz. Tehát megkaptuk, hogy vagy minden

a \neq 1

-re

f (a) = a

, vagy minden

a \neq 1

-re

f (a) = \frac{1}{a}

(mivel

f (1) = 1

, azért a két szóba jövő függvény az

f (x) = x

és az

f (x) = \frac{1}{x}

). Most belátjuk, hogy mindkét függvény teljesíti a feladat feltételeit. Ha az

f (x) = x

-et tekintjük, akkor

\begin{matrix} \frac{f^{2} (w) + f^{2} (x)}{f (y^{2}) + f (z^{2})} = \frac{w^{2} + x^{2}}{y^{2} + z^{2}} \end{matrix}

triviálisan teljesül.
Ha

f (x) = \frac{1}{x}

, akkor

\begin{matrix} \frac{f^{2} (w) + f^{2} (x)}{f (y^{2}) + f (z^{2})} & = \frac{\frac{1}{w^{2}} + \frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{y^{2}} + \frac{1}{z^{2}}} & | \cdot \frac{w^{2} x^{2}}{y^{2} z^{2}} \\ \frac{x^{2} y^{2} z^{2} + w^{2} y^{2} z^{2}}{z^{2} x^{2} w^{2} + y^{2} x^{2} w^{2}} & = \frac{(x^{2} + w^{2}) y^{2} z^{2}}{(y^{2} + z^{2}) x^{2} w^{2}} = \frac{x^{2} + w^{2}}{y^{2} + z^{2}} & (hiszenw x = y z). \end{matrix}

Tehát csak az

f (x) = x

és

f (x) = \frac{1}{x}

függvények teljesítik a feladat feltételeit, és ezek valóban teljesítik azokat.