Feladat: B.4847 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Baran Zsuzsanna ,  Borbényi Márton ,  Daróczi Sándor ,  Döbröntei Dávid Bence ,  Gáspár Attila ,  Hansel Soma ,  Imolay András ,  Janzer Orsolya Lili ,  Kerekes Anna ,  Kovács Benedek ,  Matolcsi Dávid ,  Schrettner Jakab ,  Simon Dániel Gábor ,  Szabó Dávid ,  Szemerédi Levente ,  Tóth Viktor ,  Weisz Máté 
Füzet: 2017/szeptember, 344 - 346. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Különleges függvények, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2017/január: B.4847

Legyen f[0;1] intervallumon értelmezett pozitív, korlátos függvény. Igazoljuk, hogy léteznek olyan x1 és x2 számok, amelyekre
(x2-x1)f2(x1)f(x2)>f(0)4.

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

 
Megoldás. A megoldás során elég annyit feltenni, hogy f egy a [0,1] intervallumon értelmezett pozitív függvény; a korlátosság feltétele elhagyható. Indirekt bizonyítva föltesszük, hogy
(x2-x1)f2(x1)f(x2)f(0)4(i)
teljesül minden x1 és x2 számra. (A továbbiakban mindig x,x1,x2[0,1] és x2x1.) Ebből belátjuk, hogy
(ii) minden n pozitív egész számhoz van olyan cn pozitív konstans, hogy minden x-re f(x)cnxnf(0).

Ehhez átrendezzük (i)-et (pozitív számokkal szorzunk):
4(x2-x1)f2(x1)f(x2)f(0);(iii)
x1=0-t behelyettesítve: f(x2)f(0)4x2f2(0), azaz f(x2)4x2f(0) minden x2-re. Ezzel meg is kaptuk az első cn értéket: c1=4.
Tegyük fel, hogy kaptunk már egy pozitív cn értéket, amely minden x-re teljesíti az f(x)cnxnf(0) egyenlőtlenséget. Ekkor (iii)-at felírva, majd x1-re alkalmazva az előbbi egyenlőtlenséget kapjuk, hogy
f(x2)f(0)4(x2-x1)f2(x1)4(x2-x1)cn2x12nf2(0).
Osztva f(0)>0-val és x1=2nx22n+1 -et beírva:
f(x2)4(x2-x1)cn2x12nf(0)=4cn2f(0)(2n)2n(2n+1)2n+1x22n+1.
Ezek szerint a
c2n+1=4(2n)2n(2n+1)2n+1cn2
kielégíti (ii)-t.
Végül a k-ra vonatkozó teljes indukcióval megmutatjuk, hogy
c2k-1=2k2k(2k-1)2k-1.
Valóban, ez teljesül, ha k=1, és ha egy adott k-ra igaz, akkor az előbbiek szerint
c2k+1-1=c2(2k-1)+1=4(2(2k-1))2(2k-1)(2(2k-1)+1)2(2k-1)+1c2k-12==2222k+1-2(2k-1)2(2k-1)(2k+1-1)2k+1-1(2k2k)2((2k-1)2k-1)2=2(k+1)2k+1(2k+1-1)2k+1-1,
tehát teljesül (k+1)-re is.
Így minden pozitív egész k-ra és minden x[0,1]-re igaz, hogy
f(x)c2k-1x2k-1f(0)=2k2k(2k-1)2k-1x2k-1f(0)==2k(2k2k-1)2k-1x2k-1f(0)2kx2k-1f(0).
Speciálisan, x=1-re:
f(1)2kf(0),
minden pozitív egész k esetén. Mivel f(0) pozitív, ez ellentmondás.