Feladat: B.4189 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bodor Bertalan ,  Botos Csongor ,  Fonyó Dávid ,  Janosov Milán ,  Mester Márton ,  Réti Dávid ,  Tuan Nhat Le 
Füzet: 2010/február, 88 - 92. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Függvények, Indirekt bizonyítási mód, Teljes indukció módszere
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2009/május: B.4189

Határozzuk meg az összes olyan, a valós számok halmazán értelmezett monoton f függvényt, amelyre bármely x valós szám esetén
f(x)+2x=f(f(x)).

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

Megoldás. 1. Először számítsuk ki f(0) értékét. A feltétel szerint f(0)+0=f(f(0)), ahonnan f(0)=f(f(0)). Az f(x)+2x=f(f(x)) egyenletben x helyére f(0)-t helyettesítve (megtehetjük, mivel az értelmezési tartomány a valós számok halmaza):

f(f(0))+2f(0)=f(f(f(0))),
az f(0)=f(f(0)) szerint: 3f(0)=f(f(0)), azaz 3f(0)=f(0), ahonnan 2f(0)=0, tehát f(0)=0.
2. Bebizonyítjuk, hogy f szigorúan monoton. Ha nem lenne az, akkor lenne legalább két olyan hely, ahol ugyanazt az értéket veszi fel: f(q)=f(r)=w. Az f(x)+2x=f(f(x)) egyenletbe beírva: w+2q=f(w), és w+2r=f(w). Átrendezve: 2q=f(w)-w=2r, vagyis r=q. Tehát nincs két különböző érték, ahol ugyanakkora a függvényérték, vagyis f szigorúan monoton.
3. Mivel f szigorúan monoton, a 0-t csak 0-nál veszi fel.
Ha f szigorúan monoton nő, akkor f(0)=0 alapján x>0 esetén f(x)>0 és x<0 esetén f(x)<0, tehát f(x)x>0.
Ha f szigorúan monoton csökken, akkor f(0)=0 alapján x>0 esetén f(x)<0 és x<0 esetén f(x)>0, tehát f(x)x<0.
4. Definiáljuk az fn(x) sorozatot tetszőleges valós nemnulla x-re a következőképpen:
f0(x)=x,f1(x)=f(x),f2(x)=f(x)+2x,f3(x)=f2(x)+2f1(x),...fk(x)=fk-1(x)+2fk-2(x).
Belátjuk, hogy
fn(x)=f(x)+x32n+2x-f(x)3(-1)n.
A bizonyítást n szerinti teljes indukcióval végezzük.
n=0-nál
f0(x)=f(x)+x3+2x-f(x)3=x,
ami igaz, így definiáltuk f0(x)-et.
Tegyük fel, hogy n=k-ra is igaz az állítás, megmutatjuk, hogy ekkor n=(k+1)-re is teljesül.
fk+1(x)=fk(x)+2fk-1(x)==f(x)+x32k+2x-f(x)3(-1)k+2f(x)+x32k-1+22x-f(x)3(-1)k-1==f(x)+x3(2k+2k)+2x-f(x)3((-1)k+2(-1)k-1)==f(x)+x32k+1+2x-f(x)3(-1)k+1.
Az indukciós feltevés alapján tehát az állítás n=(k+1)-re is igaz, vagyis a képlet a teljes indukció elve szerint minden n-re használható.
fn(x) definíciójából:
fn(x)fn-1(x)=f(fn-1(x))fn-1(x)=f(x)+x32n+2x-f(x)3(-1)nf(x)+x32n-1+2x-f(x)3(-1)n-1==(f(x)+x)2n+(2x-f(x))(-1)n(f(x)+x)2n-1+(2x-f(x))(-1)n-1.

5. Ha f szigorúan monoton csökken, akkor minden nemnulla y-ra
f(y)y=f(fn-1(x))fn-1(x)=(f(x)+x)2n+(2x-f(x))(-1)n(f(x)+x)2n-1+(2x-f(x))(-1)n-1<0.

Három esetet vizsgálunk:
a) eset: f(x)+x>0. A számláló
(f(x)+x)2n+(2x-f(x))(-1)n(f(x)+x)2n-|2x-f(x)|
és a nevező
(f(x)+x)2n-1+(2x-f(x))(-1)n-1(f(x)+x)2n-1-|2x-f(x)|.
Mivel f(x)+x és |2x-f(x)| is pozitív, azért létezik olyan pozitív egész n, amelyre
2n>2n-1>|2x-f(x)|f(x)+x,
ekkor viszont a számláló és a nevező is pozitív, tehát f(y)y>0. Ellentmondásra jutottunk, tehát ebben az esetben nincs megoldás.
b) eset: f(x)+x<0. A számláló
(f(x)+x)2n+(2x-f(x))(-1)n(f(x)+x)2n+|2x-f(x)|
és a nevező
(f(x)+x)2n-1+(2x-f(x))(-1)n-1(f(x)+x)2n-1+|2x-f(x)|.
Mivel f(x)+x és -|2x-f(x)| is negatív, létezik olyan pozitív egész n, amelyre
2n>2n-1>-|2x-f(x)|f(x)+x,
ekkor viszont a számláló és a nevező is negatív, tehát f(y)y>0. Ellentmondásra jutottunk, tehát ebben az esetben sincs megoldás.
c) eset: f(x)+x=0, tehát f(x)=-x. Ekkor
f(fn-1(x))fn-1(x)=(f(x)+x)2n+(2x-f(x))(-1)n(f(x)+x)2n-1+(2x-f(x))(-1)n-1==(-x+x)2n+(2x+x)(-1)n(-x+x)2n-1+(2x+x)(-1)n-1=-1<0.
Az f(x)=-x függvény monoton, és a valós számok halmazán értelmezett, továbbá f(x)+2x=f(f(x)) feltétel fennáll: -x+2x=f(-x). Tehát f(x)=-x megoldás.
6. Most azt az esetet vizsgáljuk, amikor f szigorúan monoton nő. A feltételből:
x=f(f(x))-f(x)2.
Eszerint lehet definiálni az f-n(x) sorozatot tetszőleges valós nemnulla x-re:
f-n(x)=f-n+2(x)-f-n+1(x)2.

Állítás: f(f-n(x))=f-n+1(x). Teljes indukcióval bizonyítjuk:
A fentiekből következik, hogy f-1(x)=f(x)-x2, x+f-1(x)=f(x), vagyis f(f-1(x))=f(f0(x)). Tehát n=1-re az állítás igaz.
Tegyük fel, hogy n=k-ig igaz: f(f-k(x))=f-k+1(x). Megmutatjuk, hogy ekkor n=(k+1)-re is:
f-(k+1)(x)=f-(k-1)(x)-f-k(x)2,
innen f-k(x)+2f-(k+1)(x)=f-(k-1)(x) és az indukciós feltevés értelmében f(f-k(x))=f-(k-1)(x), tehát f(x)+2x=f(f(x)) szerint
f(f-(k+1)(x))=f(f-k(x)).
Tehát az állítás n=(k+1)-re igaz, vagyis minden pozitív egész n-re teljesül.
Belátjuk, hogy
fn(x)=f(x)+x32n+2x-f(x)3(-1)n
negatív indexnél is igaz. A bizonyítás ismét teljes indukcióval történik:
n=0-ra, n=1-re igaz a képlet, már láttuk. Tegyük fel, hogy n=k-ra, n=(k+1)-re igaz a képlet, bebizonyítjuk, hogy n=(k-1)-re is:
fk-1(x)=fk+1(x)-fk(x)2==12(f(x)+x32k+1+2x-f(x)3(-1)k+1--f(x)+x32k-2x-f(x)3(-1)k)==f(x)+x32k-1+2x-f(x)3(-1)k-1.
A képlet n=(k-1)-re is igaz, így a teljes indukció elve szerint érvényes minden negatív n-re is. Tehát tetszőleges egész n-re:
fn(x)=f(x)+x32n+2x-f(x)3(-1)n.
Most azt az esetet vizsgáljuk, amikor f szigorúan monoton nő, tehát f(y)/y pozitív tetszőleges valós y-ra. Ha n negatív, akkor
f(y)y=fn-1(x)fn(x)=f(fn(x))fn(x)=(f(x)+x)2n-1+(2x-f(x))(-1)n-1(f(x)+x)2n+(2x-f(x))(-1)n>0.

Két esetet különböztetünk meg.
1. eset: f(x)=2x. Ekkor a hányados 1/2, pozitív. f szigorúan monoton nő, f(x)+2x=f(f(x))-be helyettesítve: 4x=f(2x), ami igaz.
2. eset: f(x)2x. Ekkor tetszőleges negatív páros n-re:
f(y)y=fn-1(x)fn(x)=f(fn(x))fn(x)=(f(x)+x)2n-1+(2x-f(x))(f(x)+x)2n+(2x-f(x))>0.
Ha n tart mínusz végtelenhez, akkor (f(x)+x)2n-1 és (f(x)+x)2n tart 0-hoz, a hányados pedig -1-hez, tehát a hányados negatív.
Ellentmondásra jutottunk, tehát, ha f monoton nő, akkor csak az első eset felel meg a feltételnek.
Minden esetet megvizsgáltunk, tehát a függvényegyenlet összes megoldása: f(x)=-x, és f(x)=2x.