Kezdőlap


Feladat:	2009. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2010/február, 71. oldal		PDF \| MathML
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

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

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

\begin{matrix} 2 f (x) = f (2 x) (1 - f {(x)}^{2}) . \end{matrix}

(1)

Tegyük fel tehát, hogy

f ≢ 0

, azaz van olyan

x

egész, amire

f (x) \neq 0

. Ekkor (1) bal oldala nemnulla, így a jobb oldal sem lehet zérus, tehát

| f (x) | \neq 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

(i i i)

miatt

| f (n) | < 1

teljesül minden

n

egészre. Ha tehát

0 < | f (x) | < 1

, akkor (1) miatt

\begin{matrix} | f (2 x) | = | \frac{2 f (x)}{1 - f {(x)}^{2}} | = \frac{| 2 f (x) |}{| 1 - f {(x)}^{2} |} > \frac{2 | f (x) |}{1} = 2 | f (x) | \end{matrix}

adódik, azaz

| f (2^{n} x) | > 2^{n} | f (x) |

, ha

n > 1

egész. Legyen

n

olyan pozitív egész, amire

2^{n} > \frac{1}{| f (x) |}

teljesül. Ekkor

\begin{matrix} | f (2^{n} x) | > 2^{n} | f (x) | > \frac{1}{| f (x) |} | f (x) | = 1, \end{matrix}

márpedig ez ellentmond a fenti megfigyelésnek, ami szerint

| f | < 1

. Tehát

f \equiv 0

az egyedüli olyan függvény, ami teljesíti az

(i)

‐

(i v)

feltételeket.

□

Megjegyzés. Többen észrevették, hogy a feladat

(i v)

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

(i v)

tulajdonság, akkor

α : = arcctg (f (1))

választással tetszőleges

n

pozitív egészre

f (n) = tg (n \cdot α)

adódik. Mivel

tg (\pm \frac{π}{2})

nem értelmes, azért

n \cdot α = \pm \frac{π}{2} + 2 k π

semmilyen egész

n

k

esetén sem teljesülhet, így olyan egész

m

sem létezik, amire

tg (m α) = \pm 1

áll. A

(i i i)

feltétel miatt ekkor

| f | < 1

, márpedig ha

tg (α) \neq 0

, akkor az

α

alkalmas többszörösének tangense

1

-nél nagyobb abszolút értékű lesz.