Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Függvények, Indirekt bizonyítási mód, Teljes indukció módszere
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2009/május: B.4189

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 $f (x) + 2 x = f (f (x))$ egyenletben $x$ helyére $f (0)$ -t helyettesítve (megtehetjük, mivel az értelmezési tartomány a valós számok halmaza):

\begin{matrix} f (f (0)) + 2 f (0) = f (f (f (0))), \end{matrix}

f (0) = f (f (0))

szerint:

3 f (0) = f (f (0))

, azaz

3 f (0) = f (0)

, ahonnan

2 f (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) + 2 x = f (f (x))

egyenletbe beírva:

w + 2 q = f (w)

, és

w + 2 r = f (w)

. Átrendezve:

2 q = f (w) - w = 2 r

, 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

\frac{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

\frac{f (x)}{x} < 0

.
4. Definiáljuk az

f_{n} (x)

sorozatot tetszőleges valós nemnulla

x

-re a következőképpen:

\begin{matrix} f_{0} (x) & = x, \\ f_{1} (x) & = f (x), \\ f_{2} (x) & = f (x) + 2 x, \\ f_{3} (x) & = f_{2} (x) + 2 f_{1} (x), \\ ... \\ f_{k} (x) & = f_{k - 1} (x) + 2 f_{k - 2} (x) . \end{matrix}

Belátjuk, hogy

\begin{matrix} f_{n} (x) = \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{n} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{n} . \end{matrix}

A bizonyítást

n

szerinti teljes indukcióval végezzük.

n = 0

-nál

\begin{matrix} f_{0} (x) = \frac{f (x) + x}{3} + \frac{2 x - f (x)}{3} = x, \end{matrix}

ami igaz, így definiáltuk

f_{0} (x)

-et.
Tegyük fel, hogy

n = k

-ra is igaz az állítás, megmutatjuk, hogy ekkor

n = (k + 1)

-re is teljesül.

\begin{matrix} f_{k + 1} (x) = f_{k} (x) + 2 f_{k - 1} (x) = \\ = \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{k} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{k} + 2 \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{k - 1} + 2 \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{k - 1} = \\ = \frac{f (x) + x}{3} (2^{k} + 2^{k}) + \frac{2 x - f (x)}{3} ({(- 1)}^{k} + 2 {(- 1)}^{k - 1}) = \\ = \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{k + 1} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{k + 1} . \end{matrix}

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.

f_{n} (x)

definíciójából:

\begin{matrix} \frac{f_{n} (x)}{f_{n - 1} (x)} & = \frac{f (f_{n - 1} (x))}{f_{n - 1} (x)} = \frac{\frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{n} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{n}}{\frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{n - 1} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{n - 1}} = \\ = \frac{(f (x) + x) \cdot 2^{n} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n}}{(f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n - 1}} . \end{matrix}

5. Ha

f

szigorúan monoton csökken, akkor minden nemnulla

y

-ra

\begin{matrix} \frac{f (y)}{y} = \frac{f (f_{n - 1} (x))}{f_{n - 1} (x)} = \frac{(f (x) + x) \cdot 2^{n} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n}}{(f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n - 1}} < 0. \end{matrix}

Három esetet vizsgálunk:

a)

eset:

f (x) + x > 0

. A számláló

\begin{matrix} (f (x) + x) \cdot 2^{n} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n} \geq (f (x) + x) \cdot 2^{n} - | 2 x - f (x) | \end{matrix}

és a nevező

\begin{matrix} (f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n - 1} \geq (f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} - | 2 x - f (x) | . \end{matrix}

Mivel

f (x) + x

és

| 2 x - f (x) |

is pozitív, azért létezik olyan pozitív egész

n

, amelyre

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

ekkor viszont a számláló és a nevező is pozitív, tehát

\frac{f (y)}{y} > 0

. Ellentmondásra jutottunk, tehát ebben az esetben nincs megoldás.

b)

eset:

f (x) + x < 0

. A számláló

\begin{matrix} (f (x) + x) \cdot 2^{n} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n} \leq (f (x) + x) \cdot 2^{n} + | 2 x - f (x) | \end{matrix}

és a nevező

\begin{matrix} (f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n - 1} \leq (f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + | 2 x - f (x) | . \end{matrix}

Mivel

f (x) + x

és

- | 2 x - f (x) |

is negatív, létezik olyan pozitív egész

n

, amelyre

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

ekkor viszont a számláló és a nevező is negatív, tehát

\frac{f (y)}{y} > 0

. Ellentmondásra jutottunk, tehát ebben az esetben sincs megoldás.

c)

eset:

f (x) + x = 0

, tehát

f (x) = - x

. Ekkor

\begin{matrix} \frac{f (f_{n - 1} (x))}{f_{n - 1} (x)} & = \frac{(f (x) + x) \cdot 2^{n} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n}}{(f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n - 1}} = \\ = \frac{(- x + x) \cdot 2^{n} + (2 x + x) \cdot {(- 1)}^{n}}{(- x + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x + x) \cdot {(- 1)}^{n - 1}} = - 1 < 0. \end{matrix}

f (x) = - x

függvény monoton, és a valós számok halmazán értelmezett, továbbá

f (x) + 2 x = f (f (x))

feltétel fennáll:

- x + 2 x = f (- x)

. Tehát

f (x) = - x

megoldás.
6. Most azt az esetet vizsgáljuk, amikor

f

szigorúan monoton nő. A feltételből:

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

Eszerint lehet definiálni az

f_{- n} (x)

sorozatot tetszőleges valós nemnulla

x

-re:

\begin{matrix} f_{- n} (x) = \frac{f_{- n + 2} (x) - f_{- n + 1} (x)}{2} . \end{matrix}

Állítás:

f (f_{- n} (x)) = f_{- n + 1} (x)

. Teljes indukcióval bizonyítjuk:
A fentiekből következik, hogy

f_{- 1} (x) = \frac{f (x) - x}{2}

x + f_{- 1} (x) = f (x)

, vagyis

f (f_{- 1} (x)) = f (f_{0} (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:

\begin{matrix} f_{- (k + 1)} (x) = \frac{f_{- (k - 1)} (x) - f_{- k} (x)}{2}, \end{matrix}

innen

f_{- k} (x) + 2 f_{- (k + 1)} (x) = f_{- (k - 1)} (x)

és az indukciós feltevés értelmében

f (f_{- k} (x)) = f_{- (k - 1)} (x)

, tehát

f (x) + 2 x = f (f (x))

szerint

\begin{matrix} f (f_{- (k + 1)} (x)) = f (f_{- k} (x)) . \end{matrix}

Tehát az állítás

n = (k + 1)

-re igaz, vagyis minden pozitív egész

n

-re teljesül.
Belátjuk, hogy

\begin{matrix} f_{n} (x) = \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{n} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{n} \end{matrix}

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:

\begin{matrix} f_{k - 1} (x) & = & \frac{f_{k + 1} (x) - f_{k} (x)}{2} = \\ = & \frac{1}{2} (\frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{k + 1} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{k + 1} - \\ - \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{k} - \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{k}) = \\ = & \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{k - 1} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{k - 1} . \end{matrix}

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:

\begin{matrix} f_{n} (x) = \frac{f (x) + x}{3} \cdot 2^{n} + \frac{2 x - f (x)}{3} \cdot {(- 1)}^{n} . \end{matrix}

Most azt az esetet vizsgáljuk, amikor

f

szigorúan monoton nő, tehát

f (y) / y

pozitív tetszőleges valós

y

-ra. Ha

n

negatív, akkor

\begin{matrix} \frac{f (y)}{y} = \frac{f_{n - 1} (x)}{f_{n} (x)} = \frac{f (f_{n} (x))}{f_{n} (x)} = \frac{(f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n - 1}}{(f (x) + x) \cdot 2^{n} + (2 x - f (x)) \cdot {(- 1)}^{n}} > 0. \end{matrix}

Két esetet különböztetünk meg.
1. eset:

f (x) = 2 x

. Ekkor a hányados 1/2, pozitív.

f

szigorúan monoton nő,

f (x) + 2 x = f (f (x))

-be helyettesítve:

4 x = f (2 x)

, ami igaz.
2. eset:

f (x) \neq 2 x

. Ekkor tetszőleges negatív páros

n

-re:

\begin{matrix} \frac{f (y)}{y} = \frac{f_{n - 1} (x)}{f_{n} (x)} = \frac{f (f_{n} (x))}{f_{n} (x)} = \frac{(f (x) + x) \cdot 2^{n - 1} + (2 x - f (x))}{(f (x) + x) \cdot 2^{n} + (2 x - f (x))} > 0. \end{matrix}

n

tart mínusz végtelenhez, akkor

(f (x) + x) \cdot 2^{n - 1}

és

(f (x) + x) \cdot 2^{n}

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) = 2 x