Feladat:	2015. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata	Korcsoport: -	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Williams Kada
Füzet:	2015/október, 391 - 393. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Matematikai Diákolimpia, Különleges függvények
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2015/szeptember: 2015. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Williams Kada megoldása. Mindenekelőtt keressük meg $\left(1\right)$ lineáris megoldásait, vagyis az $f\left(x\right)=ax+b$ alakúakat! Beírva $\left(1\right)$-be, majd kibontva és átrendezve: Meggondolható, hogy ez éppen akkor állhat fenn minden $x$, $y$-ra, hogyha $\left(*\right)$-ban mindhárom együttható nulla, ami csak akkor lehet igaz, ha $\left(a\mathrm{,}b\right)=\left(\mathrm{1,0}\right)$ vagy $\left(-\mathrm{1,2}\right)$, azaz $f\left(x\right)=x$ vagy $f\left(x\right)=2-x$. Ennek a meggondolása nem tartozik a megoldáshoz, viszont ebből sejthető meg, hogy ez a kettő lesz $\left(1\right)$-nek az összes megoldása. Jól látható, hogy ezeknél $\left(*\right)$ együtthatói tényleg mind nullák lesznek, vagyis hogy $f\left(x\right)=x$ és $f\left(x\right)=2-x$ valóban megoldása $\left(1\right)$-nek. Helyettesítsünk $x=0$-t, majd pedig $y=1$-et $\left(1\right)$-be, nyerjük: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle f\left(f\left(y\right)\right)+f\left(0\right)}& {\displaystyle =f\left(y\right)+yf\left(0\right)\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle f\left(x+f\left(x+1\right)\right)}& {\displaystyle =x+f\left(x+1\right)\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\end{array}}$ Kezdésképpen könnyű megtalálni $f\left(0\right)$ lehetséges értékeit: írjunk $\left(2\right)$-be előbb $y=0$-t: $f\left(f\left(0\right)\right)=0$ adódik, amiért $\left(2\right)$-be most $y=f\left(0\right)$-t helyettesítve $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(f\left(0\right)\right)\right)+f\left(0\right)=f\left(f\left(0\right)\right)+f{\left(0\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $2f\left(0\right)=f{\left(0\right)}^2$ adódik, ahonnan $f\left(0\right)=2$ vagy $f\left(0\right)=0$. 1. eset: $f\left(0\right)=2$, itt az $f\left(x\right)=2-x$ megoldást várjuk. Ez az eset egy trükkös észrevétellel elintézhető. Figyeljük meg ugyanis, hogy $\left(3\right)$ szerint $x+f\left(x+1\right)$ minden $x$-re fixpontja $f$-nek. Ellenben a megcélzott $x\mapsto 2-x$ függvénynek csak az $1$ a fixpontja. Ha belátnánk, hogy $f\left(0\right)=2$ esetén $f$-nek csak az $1$ lehet fixpontja, abból következne, hogy $x+f\left(x+1\right)$ fixpont lévén minden $x$-re, azonosan $1$ kell legyen, vagyis $f\left(x+1\right)=1-x$ minden $x$-re, azaz $f\left(t\right)=2-t$ bármely $t$-re ($t:=x+1$). Belátjuk tehát, hogy $f\left(0\right)=2$-re $f\left(a\right)=a$-ból $a=1$ következik. Ehhez $\left(2\right)$-t vegyük szemügyre, $y=a$-t helyettesítve: $f\left(f\left(a\right)\right)+2=f\left(a\right)+2a$, $a=1$ adódik. Ez igazolja, hogy $f\left(0\right)=2$ esetén $f\left(x\right)=2-x$. 2. eset: $f\left(0\right)=0$, itt az $f\left(x\right)=x$ megoldást várjuk. Ezúttal bonyolultabban járunk el: azt vesszük észre, hogy ha $\left(1\right)$-be $x$, $y$ helyett $-x$, $-y$-t helyettesítünk, azzal $f\left(xy\right)$ ugyanúgy jelen marad, és ezért kiejthetjük: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(xy\right)}& {\displaystyle =-f\left(x+f\left(x+y\right)\right)+\left(x+f\left(x+y\right)\right)+yf\left(x\right)}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(xy\right)}& {\displaystyle =-f\left(-x+f\left(-x-y\right)\right)+\left(-x+f\left(-x-y\right)\right)-yf\left(-x\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Itt gyakran üti fel fejét $x+y$ és ellentettje, kényelmesebb az $y:=k-x$ jelölést használni: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle -f\left(x+f\left(k\right)\right)+\left(x+f\left(k\right)\right)+\left(k-x\right)f\left(x\right)=}\hfill & \text{(<mn>4</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle =-f\left(-x+f\left(-k\right)\right)+\left(-x+f\left(-k\right)\right)-\left(k-x\right)f\left(-x\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A megoldáshoz először meghatározunk néhány $f\left(\pm k\right)$ értéket, majd pedig az adódó összefüggéseket összehasonlítjuk, amikből már némi munka árán kifejezhetjük $f\left(x\right)$-et. Már tudjuk, hogy $f\left(0\right)=0$, írjunk hát $\left(4\right)$-be $k=0$-t, rögtön barátságosabb lesz: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle -f\left(x\right)+x-xf\left(x\right)=-f\left(-x\right)-x+xf\left(-x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2x=\left(x+1\right)f\left(x\right)+\left(x-1\right)f\left(-x\right)\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>5</mn>)}\end{array}}$ Ha $\left(3\right)$-ba $x=-1$-et írunk, akkor $f\left(0\right)=0$ miatt $f\left(-1\right)=-1$ nyerhető, illetve $\left(5\right)$-be $x=1$-et írva, megkapjuk, hogy $2=2f\left(1\right)$, $f\left(1\right)=1$. Vagyis $\left(4\right)$-be már írhatunk $k=1$-et is: $\begin{array}{c}{\displaystyle -f\left(x+1\right)+\left(x+1\right)+\left(1-x\right)f\left(x\right)=-f\left(-x-1\right)-\left(x+1\right)-\left(1-x\right)f\left(-x\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Itt viszont $\left(5\right)$ szerint $-\left(1-x\right)f\left(-x\right)$ helyére $2x-\left(x+1\right)f\left(x\right)$ írható, vagyis ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle -f\left(x+1\right)+2\left(x+1\right)}& {\displaystyle =\left(x-1\right)f\left(x\right)-f\left(-x-1\right)+2x-\left(x+1\right)f\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2+2f\left(x\right)}& {\displaystyle =f\left(x+1\right)-f\left(-x-1\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ha ezt $x$ helyett $x-1$-re írjuk fel, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle 2+2f\left(x-1\right)=f\left(x\right)-f\left(-x\right)}\end{array}$ (6) adódik. Beszorozva $\left(6\right)$-ot $\left(x-1\right)$-gyel, majd hozzáadva $\left(5\right)$-öt: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2\left(x-1\right)+2\left(x-1\right)f\left(x-1\right)+2x}& {\displaystyle =\left(x-1\right)f\left(x\right)+\left(x+1\right)f\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(x-1\right)f\left(x-1\right)+\left(2x-1\right)}& {\displaystyle =xf\left(x\right)\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mn>7</mn>)}\end{array}}$ Ezután $\left(6\right)$-ba $x=-1$-et írva, $f\left(-2\right)=-2$, majd pedig $\left(6\right)$-ba $x=2$-t írva, $f\left(2\right)=2$ nyerhető. A befejezéshez írjunk $\left(4\right)$-be $k=2$-t: $\begin{array}{c}{\displaystyle -f\left(x+2\right)+\left(x+2\right)+\left(2-x\right)f\left(x\right)=-f\left(-x-2\right)+\left(-x-2\right)-\left(2-x\right)f\left(-x\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $f\left(x+2\right)-f\left(-x-2\right)=2+2f\left(x+1\right)$ érvényes $\left(6\right)$ szerint, így $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\left(x+2\right)+\left(2-x\right)\cdot \left(f\left(x\right)+f\left(-x\right)\right)=2+2f\left(x+1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Beszorozva $\left(x+1\right)$-gyel, $\left(7\right)$ miatt adódik: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2\left(x+2\right)\left(x+1\right)-\left(x-2\right)\left(x+1\right)\cdot \left(f\left(x\right)+f\left(-x\right)\right)=2\left(x+1\right)+2\left(xf\left(x\right)+2x+1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\left(x^2+3x+2\right)-2\left(x+1\right)-2\left(2x+1\right)=\left(x^2-x-2\right)\left(f\left(x\right)+f\left(-x\right)\right)+2xf\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2x^2=\left(x^2+x-2\right)f\left(x\right)+\left(x^2-x-2\right)f\left(-x\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ezt pedig $\left(x-1\right)$-gyel tovább szorozva és (5)-öt használva: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2x^2\left(x-1\right)=\left(x-1\right)\left(x^2+x-2\right)f\left(x\right)+\left(x^2-x-2\right)\left(2x-\left(x+1\right)f\left(x\right)\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2x^2\left(x-1\right)-2x\left(x^2-x-2\right)=\left[\left(x-1\right)\left(x^2+x-2\right)-\left(x+1\right)\left(x^2-x-2\right)\right]f\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2x\left(x^2-x-\left(x^2-x-2\right)\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\left[x\left(\left(x^2+x-2\right)-\left(x^2-x-2\right)\right)-\left(\left(x^2+x-2\right)+\left(x^2-x-2\right)\right)\right]f\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 4x=\left[x\cdot \left(2x\right)-\left(2x^2-4\right)\right]f\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ amiből már világos, hogy $f\left(x\right)=x$, bármely $x$-re. Tehát két megoldásunk van: $f\left(x\right)=x$ és $f\left(x\right)=2-x$, és ezeket már leellenőriztük.