Feladat:	2017. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Matolcsi Dávid
Füzet:	2017/október, 387 - 388. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Matematikai Diákolimpia, Különleges függvények, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2017/szeptember: 2017. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Matolcsi Dávid megoldása. Ha $f\left(0\right)=0$, akkor $y=0$-nál ezt kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(x\right)f\left(0\right)\right)+f\left(x+0\right)=f\left(0\cdot x\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ebben az esetben $f\left(x\right)=0$ minden $x$-re. Ez valóban megoldása a függvényegyenletnek. Most nézzük azt az esetet, amikor $f\left(0\right)\ne 0$. Ha $x=0$ és $y=0$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f{\left(0\right)}^2\right)+f\left(0\right)=f\left(0\right)\mathrm{,}f\left(f{\left(0\right)}^2\right)=0.}\end{array}$ Tegyük fel, hogy $f\left(c\right)=0$ és $c\ne 1$. Ha $y=1+\frac{1}{x-1}$, akkor $\left(x-1\right)\left(y-1\right)=1$, azaz $x+y=xy$, ezért $f\left(x+y\right)=f\left(xy\right)$, így $f\left(f\left(x\right)f\left(y\right)\right)=0$. Legyen $x=c$ és $y=1+\frac{1}{c-1}$. Ekkor $f\left(f\left(c\right)f\left(1+\frac{1}{c-1}\right)\right)=0$. Mivel $f\left(c\right)=0$, $f\left(0\right)=0$, ez viszont ellentmond az elején kikötött feltételnek. Azt kaptuk, hogy $f\left(c\right)=0$ esetén $c=1$, így $f{\left(0\right)}^2=1$, ezért $f\left(1\right)=f\left(f{\left(0\right)}^2\right)=0$, továbbá $f\left(0\right)=1$ vagy $f\left(0\right)=-1$. Világos, hogy $f\left(x\right)$ akkor és csak akkor megoldása a függvényegyenletnek, ha $-f\left(x\right)$ is megoldása (mindkét oldal előjele megfordul). Ezért az általánosság sérelme nélkül feltehetjük, hogy $f\left(0\right)=-1$. Helyettesítsünk most az egyenletbe $y=1$-et: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(f\left(x\right)f\left(1\right)\right)+f\left(x+1\right)}& {\displaystyle =f\left(1\cdot x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(0\right)+f\left(x+1\right)}& {\displaystyle =f\left(x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(x+1\right)}& {\displaystyle =f\left(x\right)+1.}\hfill \end{array}}$ Ebből következik, hogy $n$ egészekre $f\left(x+n\right)=f\left(x\right)+n$. Megmutatjuk, hogy $f\left(x\right)$ injektív. Tegyük fel, hogy nem az, vagyis létezik olyan $A\ne B$, hogy $f\left(A\right)=f\left(B\right)$. Legyen $n$ egy $A$-nál nagyobb egész, és legyen $A-n=a$ és $B-n=b$, ahol tudjuk, hogy $a$ negatív. Ha $f\left(A\right)=f\left(B\right)$, akkor $f\left(a\right)=f\left(b\right)$. Az $x^2-bx+a-1=0$ másodfokú egyenlet diszkriminánsa $b^2-4\left(a-1\right)$, ami pozitív (mivel $a-1$ negatív), ezért az egyenletnek két gyöke van, $r$ és $s$. A Viéte-formulákból tudjuk, hogy $r+s=b$ és $rs=a-1$; így $x=r$ és $y=s$ választással $f\left(f\left(r\right)f\left(s\right)\right)+f\left(b\right)=f\left(a-1\right)=f\left(a\right)-1$. Az egyenletből kivonható $f\left(a\right)=f\left(b\right)$: $f\left(f\left(r\right)f\left(s\right)\right)=-1$, $f\left(f\left(r\right)f\left(s\right)+1\right)=0$, amiből $f\left(r\right)f\left(s\right)+1=1$, azaz $f\left(r\right)f\left(s\right)=0$. Feltehető, hogy $s=1$, ekkor $a=1\cdot r+1$ és $b=r+1$, tehát $a=b$, ezzel ellentmondásra jutottunk; a függvény valóban injektív. Legyen $y=1-x$. Ekkor $f\left(f\left(x\right)f\left(1-x\right)\right)+f\left(1\right)=f\left(x\left(1-x\right)\right)$, $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(x\right)f\left(1-x\right)\right)=f\left(x-x^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az injektivitás miatt $f\left(x\right)f\left(1-x\right)=x-x^2$. Legyen most $y=-x$. Ekkor $f\left(f\left(x\right)f\left(-x\right)\right)+f\left(0\right)=f\left(-x^2\right)$, $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(x\right)f\left(-x\right)\right)-1=f\left(-x^2\right)\mathrm{,}}\end{array}$ $f\left(f\left(x\right)f\left(-x\right)\right)=f\left(1-x^2\right)$. Az injektivitás miatt $f\left(x\right)f\left(-x\right)=1-x^2$, ezért $f\left(x\right)f\left(1-x\right)-f\left(x\right)f\left(-x\right)=x-x^2-\left(1-x^2\right)=x-1$. Másrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)f\left(1-x\right)-f\left(x\right)f\left(-x\right)=f\left(x\right)\left(f\left(1-x\right)-f\left(-x\right)\right)=f\left(x\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Így $f\left(x\right)=x-1$ minden $x$-re. Ez valóban jó megoldás: $\left(x-1\right)\left(y-1\right)-1+x+y-1=xy-1$. Ez volt a megoldás, amikor $f\left(0\right)=-1$, és ennek az ellentettje, $f\left(x\right)=1-x$ a megoldás, amikor $f\left(0\right)=-1$. Tehát a függvényegyenletnek három megoldása van: $f\left(x\right)=0$, $f\left(x\right)=x-1$ és $f\left(x\right)=1-x$.