Az A. 825. feladat (2022. április)

A. 825. Keressük meg az összes \(\displaystyle f\colon \mathbb{Z}^+\to \mathbb{R}^+\) függvényt, amelyre tetszőleges \(\displaystyle n\) és \(\displaystyle k\) pozitív egészekre \(\displaystyle f(nk^2)=f(n)f^2(k)\), továbbá \(\displaystyle \frac{f(n+1)}{f(n)}\) tart \(\displaystyle 1\)-hez.

(7 pont)

A beküldési határidő 2022. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. \(\displaystyle f(n)=n^c\) tetszőleges \(\displaystyle c\in \mathbb{R}\)-re megoldása a függvényegyenletnek, és azt állítjuk, hogy más megoldás nincs is.

\(\displaystyle f(n)=f(n)f^2(1)\), és \(\displaystyle f\) a pozitív valósakba képez, ezért \(\displaystyle f(1)=1\).

Legyen \(\displaystyle c=\log_2 f(2)\), így \(\displaystyle f(2)=2^c\).

Legyen minden \(\displaystyle n\in \mathbb{Z}^{+}\)-ra \(\displaystyle g(n)=\frac{f(n)}{n^c}\).

Ekkor \(\displaystyle g(1)=g(2)=1\), és könnyű látni, hogy \(\displaystyle g(nk^2)=g(n)g^2(k)\) teljesül és \(\displaystyle \frac{g(n+1)}{g(n)}\to 1\) ahogy \(\displaystyle n\to \infty\).

Azt kell belátni, hogy ez csak úgy lehetséges, ha \(\displaystyle g(n)=1\) minden \(\displaystyle n\)-re.

Legyen \(\displaystyle h(n)=\log g(n)\). Ekkor \(\displaystyle h(1)=h(2)=0\), és \(\displaystyle h(nk^2)=h(n)+2h(k)\) teljesül és \(\displaystyle h(n+1)-h(n)\to 0\), ahogy \(\displaystyle n\to \infty\). Azt kéne belátni, hogy a konstans \(\displaystyle 0\) az egyetlen megoldás \(\displaystyle h\)-ra.

Tegyük föl, hogy létezik olyan \(\displaystyle m\in \mathbb{Z}^+\), amire \(\displaystyle h(m)\ne 0\).

Mivel \(\displaystyle h(n+1)-h(n)\to 0\), ezért létezik olyan \(\displaystyle N\), hogy \(\displaystyle n>N\)-re \(\displaystyle |h(n+1)-h(n)|\le \frac{|h(m)|}{m^2}\).

\(\displaystyle h(4^r)=0\) minden \(\displaystyle r\)-re indukcióval bizonyítható, mivel \(\displaystyle h(4^r)=h(4^{r-1})+2h(2)=0+0=0\).

Legyen \(\displaystyle r\) most olyan nagy, hogy \(\displaystyle 4^r>N\). Ekkor \(\displaystyle 4^r+1, 4^r+2,...,4^r+m^2\) között van \(\displaystyle cm^2\) alakú valamilyen \(\displaystyle c\) egész számra, és \(\displaystyle |h(cm^2)-h(4^r)|\le m^2 \frac{|h(m)|}{m^2}=|h(m)|\).

Tehát \(\displaystyle |h(c)+2h(m)|=|h(cm^2)|\le |h(m)|\), ami azt jelenti, hogy \(\displaystyle h(c)\) különböző előjelű, mint \(\displaystyle h(m)\), vagyis ha van nem-nulla függvényérték, akkor van pozitív és negatív is.

Feltehetjük, hogy \(\displaystyle h(m)>0\) és \(\displaystyle h(c)<0\), mivel \(\displaystyle m\) és \(\displaystyle c\) szerepe szimmetrikus. Ekkor \(\displaystyle r\) szerinti indukcióval látható, hogy \(\displaystyle h(c^{2r})=2r h(c)\), így a függvényértékeknek nincs alsó korlátja, vagyis végtelen sok olyan \(\displaystyle n\) szám létezik, amire \(\displaystyle h(n)<h(k)\) teljesül minden \(\displaystyle k<n\) számra.

A végtelen sok ilyen \(\displaystyle n\) szám közül vegyünk egyet, ami \(\displaystyle N\)-nél nagyobb. Az \(\displaystyle n, n+1, ..., n+m^2-1\) számok között van \(\displaystyle sm^2\) alakú valamilyen \(\displaystyle s\) egész számra, így \(\displaystyle h(sm^2)\le h(n)+m^2\frac{h(m)}{m^2}=h(n)+h(m)\).

Másrészt \(\displaystyle h(sm^2)=h(s)+2h(m)\), vagyis \(\displaystyle h(s)\le h(n)-h(m)\), és feltettük, hogy \(\displaystyle h(m)>0\), tehát \(\displaystyle h(s)<h(n)\). Azonban \(\displaystyle s< \frac{n+m^2}{m^2}\), tehát \(\displaystyle s<n\), ez ellentmond annak, hogy úgy választottuk \(\displaystyle n\)-et, hogy \(\displaystyle h(n)<h(k)\) minden \(\displaystyle k<n\)-re.

Ezzel ellentmondásra jutottunk, tehát az egyetlen megoldás a \(\displaystyle h(n)=0\) minden \(\displaystyle n\)-re. Ezzel az állítást beláttuk.

Statisztika:

4 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Varga Boldizsár.
6 pontot kapott:	Diaconescu Tashi.
1 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2022. áprilisi matematika feladatai