Az A. 725. feladat (2018. május)

A. 725. Legyen $\displaystyle \mathbb{R}^+$ a pozitív valós számok halmaza. Határozzuk meg azokat az $\displaystyle f\colon \mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ függvényeket, melyekre minden $\displaystyle x,y\in\mathbb{R}^+$ esetén teljesül az alábbi egyenlőség:

$\displaystyle f\big(xy+f(y)^2\big) = f(x)f(y)+yf(y).$

Javasolta: Ashwin Sah (Cambridge, Massachusetts, USA)

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. június 11-én LEJÁRT.

1. megoldás (a kitűzőtől). Azt állítjuk, hogy az egyetlen megoldás $\displaystyle f(x) = x\,\forall x\in\mathbb{R}^+$. Ez nyilván megfelel.

Lemma. Ha $\displaystyle g: \mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}^+$ olyan függvény, melyre minden $\displaystyle x\in\mathbb{R}^+$ esetén

$\displaystyle g(x + a_1) + b_1 = g(x + c_1) + d_1,$

$\displaystyle g(x + a_2) + b_2 = g(x + c_2) + d_2$

teljesül, akkor a $\displaystyle (d_1 - b_1):(a_1 - c_1)$ and $\displaystyle (d_2 - b_2):(a_2 - c_2)$ arányok megegyeznek, vagyis létezik olyan $\displaystyle \lambda$ konstans, mellyel $\displaystyle d_i - b_i = \lambda(a_i - c_i)$ $\displaystyle i\in\{1, 2\}$-re. Sőt, $\displaystyle \lambda\ge 0$, ha $\displaystyle \lambda$ egyértelműen meghatározott.

Proof. Először is, ha $\displaystyle a_1 = c_1$ akkor $\displaystyle b_1 = d_1$, illetve ha $\displaystyle a_2 = c_2$ akkor $\displaystyle b_2 = d_2$. Így ezen esetek bármelyike triviális, hisz egy vagy nulla egyenletet kell megoldanunk $\displaystyle \lambda$-ra. Most tegyük fel, hogy $\displaystyle a_i\not= c_i, i\in\{1, 2\}$. Az általánosság megszorítása nélkül legyen $\displaystyle a_i > c_i, i\in\{1, 2\}$. Kezdésképpen azt állítjuk, hogy $\displaystyle d_i\ge b_i, i\in\{1, 2\}$. Valóban, ha mondjuk $\displaystyle d_1 < b_1$ akkor

$\displaystyle g(x + N(a_1 - c_1) + a_1) = g(x + c_1) + N(d_1 - b_1)$

minden $\displaystyle N\ge 0$ egészre, az első reláció iterálásával. (Mivel $\displaystyle a_i > c_i$, így bármeddig iterálhatunk.) Rögzíthetünk egy $\displaystyle x$ értéket: akkor elég nagy $\displaystyle N$ választása révén adódik, hogy $\displaystyle g$ felvesz negatív értéket is, ami ellentmondás! Ezért $\displaystyle \lambda$, ha létezik, vagy például $\displaystyle \lambda=\frac{d_1-b_1}{a_1-c_1}\ge 0$ módon meghatározott, vagy pedig $\displaystyle a_1=c_1$ és $\displaystyle a_2=c_2$ s így bármilyen $\displaystyle \lambda$ megfelel.

A fenti okfejtés lényege, hogy ha $\displaystyle g$ argumentumát $\displaystyle a_i - c_i$ $\displaystyle N$-szeresével növeljük, akkor $\displaystyle g$ értéke $\displaystyle d_i-b-i$ $\displaystyle N$-szeresével nő. (Ehhez persze szükséges, hogy $\displaystyle g$ argumentuma mindenütt pozitív legyen.) Most használjuk mindkét egyenlőséget! Ha $\displaystyle \lambda$ nem létezik, akkor $\displaystyle a_i\neq c_i,i\in\{1,2\}$, és az általánosság megszorítása nélkül

$\displaystyle \frac{d_1 - b_1}{a_1 - c_1} > \frac{d_2 - b_2}{a_2 - c_2}\ge 0,$

hisz akkor az arányok nem egyeznek. Ha $\displaystyle d_2 = b_2$, akkor $\displaystyle g(x + a_2) = g(x + c_2)$, így $\displaystyle g$ egy idő után $\displaystyle a_2-c_2$ periódussal periodikus. De akkor

$\displaystyle g(x) = g(x + N(a_2 - c_2)) = g(x + N(a_2 - c_2) - M(a_1 - c_1)) + M(d_1 - b_1) > M(d_1 - b_1)$

ha $\displaystyle M, N$ pozitív egészek és $\displaystyle x+N(a_2-c_2)-M(a_1-c_1)>0$. Minden $\displaystyle M>0$-hoz találhatunk olyan $\displaystyle N$-et, melyre $\displaystyle x+N(a_2-c_2)-M(a_1-c_1)>0$, így kapjuk, hogy $\displaystyle g(x)$ bármely valós számnál nagyobb, ami ellentmondás! Most feltehetjük, hogy $\displaystyle d_2 > b_2$, tehát

$\displaystyle \frac{d_1 - b_1}{d_2 - b_2} > \frac{a_1 - c_1}{a_2 - c_2} > 0.$

Most legyenek $\displaystyle m,n$ pozitív egészek, melyekre $\displaystyle \frac{m}{n}$ ezen két szám közé esik. Ez lehetséges, hisz a racionális számok sűrűek $\displaystyle \mathbb{R}$-ben. Ekkor megfelelően nagy $\displaystyle x$-re

$\displaystyle g(x) = g(x + m(a_2 - c_2)) - m(d_2 - b_2) = g(x + m(a_2 - c_2) - n(a_1 - c_1)) + n(d_1 - b_1) - m(d_2 - b_2).$

Azonban $\displaystyle U = m(a_2 - c_2) - n(a_1 - c_1) > 0$ és $\displaystyle V = n(d_1 - b_1) - m(d_2 - b_2) > 0$, így ez minden $\displaystyle x\in\mathbb{R}^+$-re fennáll, s így iterálva $\displaystyle g(x)=g(x+U)+V$-et,

$\displaystyle g(x) = g(x+NU) + NV>NV$

nyerhető minden $\displaystyle x$-re. Rögzítve egy $\displaystyle x$-et, ismét látjuk, hogy $\displaystyle g(x)$ bármely valós számnál nagyobb, ami ellentmondás! $\displaystyle \blacksquare$

Jelölje $\displaystyle P(x, y)$ az $\displaystyle (x,y)$ párra vonatkozó egyenlőséget:

$\displaystyle f(xy + f(y)^2) = f(x)f(y) + yf(y).$

A bal oldali zárójelet a jobb oldali $\displaystyle f(x)$ hasába helyezzük, vagyis $\displaystyle P(xz + f(z)^2, y)$-t és $\displaystyle P(x, z)$-t összehasonlítjuk:

$\displaystyle f((xz + f(z)^2)y + f(y)^2) = (f(x)f(z) + zf(z))f(y) + yf(y),$

$\displaystyle f((yz)x + (f(y)^2 + yf(z)^2)) = (f(y)f(z))f(x) + (yf(y) + zf(z)f(y)),$

$\displaystyle f((yz)x + (f(z)^2 + zf(y)^2)) = (f(y)f(z))f(x) + (zf(z) + yf(y)f(z)),$

ahol a második egyenlet az első tisztázata és a harmadik a második, csak $\displaystyle y,z$ felcserélésével. Kivonva:

$\displaystyle f\big((yz)x + \underbrace{(f(y)^2 + yf(z)^2)}_{a}\big) + \big(\underbrace{zf(z) + yf(y)f(z)}_{b}\big) = f\big((yz)x + \underbrace{(f(z)^2 + zf(y)^2)}_{c}\big) + \big(\underbrace{yf(y) + zf(z)f(y)}_{d}\big),$

ahova ha $\displaystyle x$ helyére $\displaystyle \frac{x}{yz}$-t írunk, látjuk, hogy a Lemma hatáskörében vagyunk. Tegyük fel, hogy $\displaystyle a\neq c$ valamely $\displaystyle y_0,z_0$ párra. Ekkor $\displaystyle y_0,z_0$ és $\displaystyle y,z$ összehasonlításával kapjuk, hogy alkalmas (esetleg $\displaystyle y,z$-től függő) $\displaystyle \lambda$-val

ahol viszont szükségszerűen $\displaystyle \lambda=\frac{d(y_0,z_0)-b(y_0,z_0)}{a(y_0,z_0)-c(y_0,z_0)}$, így $\displaystyle \lambda$ minden $\displaystyle y,z$ párra ugyanaz az érték (és $\displaystyle \lambda\ge 0$). Ha pedig $\displaystyle a=c$ minden $\displaystyle y,z$ párra, akkor mivel abból $\displaystyle b=d$ következik, $\displaystyle (*)$ fennáll minden $\displaystyle y,z$-re $\displaystyle \lambda=0$-val.

Akkor néz ki $\displaystyle (*)$ legegyszerűbben, mikor $\displaystyle z=1$:

$\displaystyle f(y)(y +f(1)- yf(1)) - f(1) = \lambda(yf(1)^2 - f(1)^2),$

azaz

$\displaystyle f(y)((1 - f(1))y + f(1)) = (\lambda f(1)^2)y + (f(1) - \lambda f(1)^2).$

Leoszthatnk (esetleg egyetlen $\displaystyle y\in\mathbb{R}^*$-et kivéve):

$\displaystyle f(y) = \frac{(\lambda f(1)^2)y + (f(1) - \lambda f(1)^2)}{(1 - f(1))y + f(1)}.$

Ezen a ponton elvileg akár visszahelyettesíthetnénk az eredeti egyenletbe, azonban a nem túl gyakorlatias számolásokat a következő trükkökkel megspóroljuk. Tegyük fel előbb, hogy $\displaystyle f(1)\not= 1, \lambda\not= 0$. Ekkor ahogy $\displaystyle y\rightarrow +\infty$, $\displaystyle f(y)$ az $\displaystyle L = \frac{\lambda f(1)^2}{1 - f(1)}\not= 0$ határértékhez tart. Az eredeti $\displaystyle f(xy + f(y)^2) = f(x)f(y) + yf(y)$ egyenlet mindkét oldalán $\displaystyle x = y\rightarrow +\infty$ mellett a bal oldal $\displaystyle L$-hez, a jobb oldal pedig $\displaystyle L$ előjelétől függően $\displaystyle \pm\infty$-hez tart, ami ellentmondás. Ha $\displaystyle \lambda = 0, f(1)\not= 1$, akkor $\displaystyle L=0$ és $\displaystyle f(y) = \frac{f(1)}{(1 - f(1))y + f(1)}$ teljesül esetleg egyetlen $\displaystyle y\in\mathbb{R}^+$ kivételével. Így $\displaystyle x = y\rightarrow +\infty$ esetén a bal oldal $\displaystyle L = 0$-hoz tart, a jobb oldal határértéke pedig $\displaystyle L^2 + \lim_{y\rightarrow +\infty}\frac{f(1)y}{(1 - f(1))y + f(1)} = \frac{f(1)}{1 - f(1)}\not= 0$. Ez ellentmondás. Kaptuk ezzel, hogy $\displaystyle f(1) = 1$, s így

$\displaystyle f(y) = \lambda y + (1 - \lambda)$

minden $\displaystyle y\in\mathbb{R}^+$-ra. Ekkor $\displaystyle P(1,1)$-ből $\displaystyle f(1+1)=1+1$, vagyis $\displaystyle \lambda=1$. Tehát $\displaystyle f(x) = x\forall x\in\mathbb{R}^+$, ami megfelel. Ez az egyetlen megoldás. Készen vagyunk. $\displaystyle \Box$

2. megoldás (Schrettner Jakab). Módszeresen dolgozunk: [link].

Megoldásvázlat. $\displaystyle f(1)=c$ esetén $\displaystyle f(x+nc^2)$-re ($\displaystyle n=0,1,\dots$) adódik egy rekurzió, melyet $\displaystyle c\neq 1$-re megoldva s majd $\displaystyle f\big((x+nc^2)m+f(m)^2\big)$-et kétféleképp kiszámolva, kapjuk, hogy $\displaystyle f(x)$ konstans (ami nem lehet) vagy $\displaystyle f(1)=1$. Innen könnyen adódik $\displaystyle f(ry)=rf(y)$ minden racionális $\displaystyle r$-re. Majd pedig kiszedve-berakva

$\displaystyle f\big((x+r)y+f(y)^2\big)=\big(f(x)+r\big)f(y)+yf(y)=\big(f(x)f(y)+yf(y)\big)+rf(y)=f\big(xy+f(y)^2\big)+f(ry),\qquad (r\in\mathbb{Q}^+,\quad x,y\in\mathbb{R}^+)$

s mivel $\displaystyle A=xy+f(y)^2$, $\displaystyle B=ry$ bármely $\displaystyle A,B\in\mathbb{R}^+$-ra megoldható, $\displaystyle f(A+B)=f(A)+f(B)$ minden $\displaystyle A,B\in\mathbb{R}^+$-ra (Cauchy-egyenlet). Ezért $\displaystyle f$ növekvő, s így felhasználva, hogy bármely két különböző valós között van racionális szám, kapjuk, hogy $\displaystyle f(x)=x$ minden $\displaystyle x\in\mathbb{R}^+$-ra.

Megjegyzés. Nem sokkal nehezebb az $\displaystyle f: \mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}$ függvények körében megoldani az egyenletet. Ha létezik $\displaystyle x$, melyre $\displaystyle f(x) < 0$, akkor $\displaystyle y=-f(x)$ választással kapunk egy $\displaystyle z$ értéket, melyre $\displaystyle f(z) = 0$. Tehát ha $\displaystyle f$ értékkészlete nem $\displaystyle \subset \mathbb{R}^+$, akkor van $\displaystyle z\in\mathbb{R}^+$, melyre $\displaystyle f(z) = 0$. Akkor $\displaystyle y=z$ választással $\displaystyle f(xz) = 0$, így $\displaystyle f$ azonosan nulla. Így egy további megoldást kapunk, $\displaystyle f(x) = 0\forall x\in\mathbb{R}^+$-t, s a megoldás maradék része ugyanaz.

Statisztika:

4 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Schrettner Jakab.
0 pontot kapott:	3 versenyző.

A KöMaL 2018. májusi matematika feladatai