A B. 4189. feladat (2009. május)

B. 4189. Határozzuk meg az összes olyan, a valós számok halmazán értelmezett monoton f függvényt, amelyre bármely x valós szám esetén

f(x)+2x=f(f(x)).

Kvant

(5 pont)

A beküldési határidő 2009. június 15-én LEJÁRT.

Megoldás. Az \(\displaystyle f(x)=2x\) és az \(\displaystyle f(x)=-x\) függvények nyilván megfelelők.

A továbbiakban megmutatjuk, hogy nincsen más \(\displaystyle f\) függvény, amely kielégítené a feltételeket. Rögzített \(\displaystyle x\) valós számra tekintsük az

\(\displaystyle a_0=x, a_1=f(x), a_2=f^{(2)}(x)=f(f(x)),\ldots,a_n=f^{(n)}(x)=f(a_{n-1}),\ldots\)

sorozatot, mely a függvényegyenlet szerint \(\displaystyle n\ge 2\) esetén kielégíti az \(\displaystyle a_n=a_{n-1}+2a_{n-2}\) másodrendű lineáris rekurziót. Mivel a rekurzió \(\displaystyle \lambda2-\lambda-2\) karakterisztikus polinomjának gyökei \(\displaystyle \lambda_1=2\) és \(\displaystyle \lambda_2=-1\), \(\displaystyle a_n=A\cdot 2^n+B\cdot(-1)^n\), ahol az \(\displaystyle A,B\) együtthatókra \(\displaystyle A+B=a_0=x\) és \(\displaystyle 2A-B=a_1=f(x)\) teljesül. Innen kapjuk, hogy minden \(\displaystyle x\) valós számra

\(\displaystyle f^{(n)}(x)=\frac{x+f(x)}{3}\cdot 2^n+\frac{2x-f(x)}{3}\cdot(-1)^n.\)

1. Tegyük fel, hogy nem az \(\displaystyle f(x)=-x\) függvényről van szó, vagyis létezik olyan \(\displaystyle x\) valós szám, amelyre \(\displaystyle x+f(x)\ne 0\). Erre az \(\displaystyle x\) számra az \(\displaystyle y_n=f^{(n)}(x)\) sorozat abszolút értékben végtelenhez tart, elég nagy \(\displaystyle n\) esetén pedig \(\displaystyle f(y_n)=y_{n+1}\approx 2y_n\). Ezért az \(\displaystyle f\) függvény ebben az esetben csakis monoton növő lehet, méghozzá szigorúan monoton nő, hiszen \(\displaystyle f(a)=f(b)\) esetén \(\displaystyle f(f(a))=f(f(b))\), és így a függvényegyenlet miatt \(\displaystyle a=b\) is teljesül.

2. Célunk annak igazolása, hogy \(\displaystyle f(x)=2x\) teljesül minden \(\displaystyle x\)-re. Ez \(\displaystyle x=0\) esetén valóban igaz, hiszen az egyenlet miatt \(\displaystyle f(f(0))=f(0)\), és így előző megjegyzésünk szerint \(\displaystyle f(0)=0\). Az állítást elegendő lesz tehát \(\displaystyle x>0\) esetén igazolni, \(\displaystyle x<0\) esetén ugyanis áttérhetünk az ugyancsak monoton növő \(\displaystyle g(x)=-f(-x)\) függvényre, amely az \(\displaystyle y=-x\) helyettesítéssel

\(\displaystyle g(g(y))=g(-f(x))=-f(f(x))=-f(x)-2x=g(y)+2y\)

szerint szintén kielégíti a függvényegyenletet.

Ha sikerül megmutatni, hogy az \(\displaystyle f\) függvény folytonos a \(\displaystyle [0,\infty)\) intervallumon, akkor a következőképpen okoskodhatunk. Ahogyan azt már láttuk, a függvény ezen az intevallumon akármilyen nagy értéket felvesz, ezért a szigorú monotonitást is figyelembe véve, a \(\displaystyle [0,\infty)\) intervallumot bijektív módon képezi önmagára. Az \(\displaystyle f\) függvény tehát invertálható ezen az intervallumon, és így tetszőleges \(\displaystyle x\) pozitív számra a korábbi sorozatot a másik irányba is folytathatjuk

\(\displaystyle a_{-1}=f^{-1}(x), a_{-2}=f^{-1}(f^{-1}(x)),\ldots,a_{-n}=f^{(-n)}(x)=f^{-1}(a_{-n+1})\ldots\)

módon, ahol a sorozat minden eleme pozitív szám lesz. Ezáltal az \(\displaystyle a_n=a_{n-1}+2a_{n-2}\) összefüggés tetszőleges \(\displaystyle n\) egész számra teljesülni fog, vagyis az \(\displaystyle f^{(n)}(x)\) értékére kapott képlet tetszőleges \(\displaystyle n\) egész szám és pozitív \(\displaystyle x\) esetén érvényes lesz, és egy pozitív számot szolgáltat. Ha valamely \(\displaystyle x>0\) szám esetén \(\displaystyle f(x)\ne 2x\) lenne, akkor elég nagy \(\displaystyle n\) egész szám esetén

\(\displaystyle f^{(-n)}(x)=\frac{x+f(x)}{3\cdot 2^n}+\frac{2x-f(x)}{3}\cdot(-1)^n\approx \frac{2x-f(x)}{3}\cdot(-1)^n\)

negatív értéket is felvenne, ami nem lehetséges.

3. A folytonosságról szóló állítás igazolása előtt jegyezzük meg, hogy a monotonitás miatt minden \(\displaystyle a\) valós szám esetén léteznek az

\(\displaystyle f(a^-)=\lim_{x\to a^-}f(x)\le f(a)\le f(a^+)=\lim_{x\to a^+}f(x)\)

határértékek. Vegyük észre, hogy minden \(\displaystyle x\) pozitív számra \(\displaystyle f(x)>x\), ha ugyanis \(\displaystyle f(x)\le x\) lenne, akkor a monotonitás miatt az \(\displaystyle f(f(x))\le f(x)<f(x)+2x=f(f(x))\) ellentmondásra jutnánk.

Először is megmutatjuk, hogy a függvény jobbról folytonos a 0 helyen, vagyis \(\displaystyle f(0^+)=0\). Tegyük fel, hogy ezzel ellentétben \(\displaystyle f(0^+)=a>0\). Legyen \(\displaystyle b=f(a)>a\), \(\displaystyle 0<\varepsilon<(b-a)/3\) pedig olyan kicsi szám, amelyre \(\displaystyle f(\varepsilon)-f(0^+)<(b-a)/3\) is teljesül. Ekkor \(\displaystyle a=f(0^+)<f(\varepsilon)\) miatt

\(\displaystyle b=f(a)<f(f(\varepsilon))=f(\varepsilon)+2\varepsilon<a+\frac{b-a}{3}+2\cdot\frac{b-a}{3}=b,\)

ami ellentmondás.

4. Azt kell tehát még igazolni, hogy minden \(\displaystyle x>0\) esetén

\(\displaystyle s(x)=f(x^+)-f(x^-)=0\). Tegyük fel, hogy valamely \(\displaystyle a\) pozitív számra

mégis \(\displaystyle s(a)>0\). Az eleve nem lehet, hogy pozitív számok valamely \(\displaystyle a_1>a_2>\ldots\) sorozatára \(\displaystyle 0<s(a_1)\le s(a_2)\le \ldots\) teljesüljön, mert akkor minden \(\displaystyle k\) pozitív egészre \(\displaystyle f(a_1)\ge ks(a_1)\) is igaz lenne. Ezért feltehetjük, hogy a szóban forgó \(\displaystyle a\) szám olyan, hogy \(\displaystyle 0<b<a\) esetén \(\displaystyle s(b)<s(a)\). Tekintsük most azt az egyértelműen meghatározott \(\displaystyle b\) pozitív számot, amelyre \(\displaystyle f(b^-)\le a\) és \(\displaystyle f(b^+)\ge a\). Az \(\displaystyle f(x)>x\) egyenlőtlenség miatt \(\displaystyle b\le a\). Zárjuk ki először a \(\displaystyle b=a\) esetet. Ha \(\displaystyle b=a\), akkor \(\displaystyle a\le f(a^-)=f(b^-)\le a\) miatt \(\displaystyle f(a^-)=a\). Ezért ha most \(\displaystyle c\to a^-\), akkor \(\displaystyle f(c)\to a^-\) és így \(\displaystyle f(f(c))\to a^-\) is teljesül szemben azzal, hogy \(\displaystyle f(f(c))=f(c)+2c\to 3a^-\). Tehát valóban \(\displaystyle b<a\). Ekkor azonban a függvényegyenlet miatt

\(\displaystyle s(b)=f(b^+)-f(b^-)=f(f(b^+)^+)-f(f(b^-)^-)\ge f(a^+)-f(a^-)=s(a),\)

ami ellentmondás.

Statisztika:

17 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bodor Bertalan, Botos Csongor, Fonyó Dávid, Janosov Milán, Mester Márton, Réti Dávid, Tuan Nhat Le.
4 pontot kapott:	Deák Zsolt, Kiss Boldizsár, Nagy 111 Miklós.
3 pontot kapott:	6 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2009. májusi matematika feladatai