Feladat: 2009. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 2010/február, 71. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Indirekt bizonyítási mód, Függvények, Konstruktív megoldási módszer
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2010/február: 2009. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

Határozzuk meg azokat az f függvényeket, amelyekre
(i) f az egész számok halmazán van értelmezve;
(ii) f(z) racionális szám minden z egész szám esetén;
(iii) ha f(x)<c<f(y) és c racionális, akkor f felveszi a c értéket; és
(iv) ha x, y, z egészek és összegük nulla, akkor
f(x)+f(y)+f(z)=f(x)f(y)f(z)
teljesül.

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

Megoldás. Vegyük észre, hogy az f0 függvény teljesíti a feladatban leírt feltételeket. Megmutatjuk, hogy ezen kívül nincs más ilyen tulajdonságú függvény.
A (iv) feltételből x=y=z=0 helyettesítéssel adódik, hogy 3f(0)=f(0)3, azaz f(0)(f(0)2-3)=0. Innen f(0)=0 vagy f(0)2=3 következik, ám az utóbbi lehetőség ellentmond (ii)-nek, így f(0)=0. Ezek után y=-x és z=0 helyettesítéssel (iv) f(x)+f(-x)=0 alakot ölt, tehát f(x)=-f(-x) teljesül minden x egész számra, vagyis f páratlan függvény. Végül az y=x és z=-2x helyettesítéssel (iv)-ből azt kapjuk, hogy 2f(x)-f(2x)=-f(x)2f(2x), azaz

2f(x)=f(2x)(1-f(x)2).(1)

Tegyük fel tehát, hogy f0, azaz van olyan x egész, amire f(x)0. Ekkor (1) bal oldala nemnulla, így a jobb oldal sem lehet zérus, tehát |f(x)|1 teljesül minden olyan x egészre, ami nem gyöke f-nek. Más szóval az f függvény nem veszi fel az 1 és -1 értékek egyikét sem. Láttuk, hogy f(0)=0, ezért (iii) miatt |f(n)|<1 teljesül minden n egészre. Ha tehát 0<|f(x)|<1, akkor (1) miatt
|f(2x)|=|2f(x)1-f(x)2|=|2f(x)||1-f(x)2|>2|f(x)|1=2|f(x)|
adódik, azaz |f(2nx)|>2n|f(x)|, ha n>1 egész. Legyen n olyan pozitív egész, amire 2n>1|f(x)| teljesül. Ekkor
|f(2nx)|>2n|f(x)|>1|f(x)||f(x)|=1,
márpedig ez ellentmond a fenti megfigyelésnek, ami szerint |f|<1. Tehát f0 az egyedüli olyan függvény, ami teljesíti az (i)(iv) feltételeket.  
 
Megjegyzés. Többen észrevették, hogy a feladat (iv) feltétele teljesül a tangens függvényre. Ez a megfigyelés, mint láttuk, nem szükséges a megoldáshoz, de ennek ismerete rávilágít annak ötletére. Ha ugyanis az f függvényre fennáll a (iv) tulajdonság, akkor α:=arcctg(f(1)) választással tetszőleges n pozitív egészre f(n)=tg(nα) adódik. Mivel tg(±π2) nem értelmes, azért nα=±π2+2kπ semmilyen egész n, k esetén sem teljesülhet, így olyan egész m sem létezik, amire tg(mα)=±1 áll. A (iii) feltétel miatt ekkor |f|<1, márpedig ha tg(α)0, akkor az α alkalmas többszörösének tangense 1-nél nagyobb abszolút értékű lesz.