A B. 5061. feladat (2019. november)

B. 5061. Egy $\displaystyle f\colon \mathbb R \to \mathbb R$ függvényt nevezzünk területtartónak, ha tetszőleges $\displaystyle a<b<c$ és $\displaystyle x$ esetén az $\displaystyle \big(a;f(a)\big)$, $\displaystyle \big(b;f(b)\big)$ és $\displaystyle \big(c;f(c)\big)$ pontok által meghatározott háromszög területe megegyezik az

$\displaystyle \big(a+x;f(a+x)\big),\quad \big(b+x;f(b+x)\big) \quad\text{és}\quad \big(c+x;f(c+x)\big)$

pontok által meghatározott háromszög területével.

Mely folytonos $\displaystyle f$ függvények területtartóak?

(6 pont)

A beküldési határidő 2019. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A lineáris és a konstans függvények nyilván ilyenek (elfajuló háromszögekkel és csupa $\displaystyle 0$ területtel). Megmutatjuk, hogy az $\displaystyle f(x)=x^2$ függvény is területtartó (terület-eltolás-invariáns, a továbbiakban TEI).

Használjuk az ábra jelöléseit (és $\displaystyle x^2$ konvexitását):

$\displaystyle 2 T_{ABC}=2 T_{ADFC}-2 T_{ADEB}-2 T_{BEFC} = (c-a)(a^2+c^2) - (b-a)(a^2+b^2) - (c-b)(b^2+c^2) = ac(a-c) - ab(a-b) - bc(b-c) = ac(a-b+b-c) - ab(a-b) - bc(b-c) = (c-a)(c-b)(b-a)$, azaz $\displaystyle T_{ABC} = \dfrac{(c-b)(b-a)(c-a)}{2}$ és innen $\displaystyle T_{A_x B_x C_x} = \dfrac{((c+x)-(b+x))((b+x)-(a+x))((c+x)-(a+x))}{2} = \dfrac{(c-b)(b-a)(c-a)}{2} = T_{ABC}$, azaz az $\displaystyle x^2$ valóban TEI.

Nyilván a $\displaystyle cx^2$ függvény, és általában minden másodfokú polinom TEI (az $\displaystyle x$-tengelyre merőleges affinitás, illetve az eltolás nem változtatja meg a TEI-séget).

Azaz kaptuk, hogy eddig a legfeljebb másodfokú polinomok mind TEI-k. Most megmutatjuk, hogy nincs más folytonos TEI-függvény.

Legyen $\displaystyle f(x)$ tetszőleges folytonos TEI-függvény. Tekintsük az $\displaystyle a=0,b=1,c=2$ helyeket, és legyen itt az $\displaystyle ABC$ háromszög nem elfajuló (ahogy itt dolgozunk, ahhoz hasonlóan megmutatható, hogy elfajuló esetben $\displaystyle f(x)$ csak max elsőfokú polinom lehet) és legyen $\displaystyle x=1$. Mivel $\displaystyle T_{ABC}=T_{A_x B_x C_x}$ és a két háromszögnek az $\displaystyle (1;f(1)), (2;f(2))$ pontok által megadott oldala közös, emiatt az ehhez az oldalhoz tartozó magasságuk is azonos, emiatt a $\displaystyle C_x=(3,f(3))$ pontra, és így az $\displaystyle f(x)$ 3 helyen felvett értékére pontosan két lehetőség van. Az egyik esetben $\displaystyle f(1)+f(3)>2f(2)$, a másikban $\displaystyle f(1)+f(3)< 2 f(2)$. Megmutatjuk, hogy ha $\displaystyle f(x)$ folytonos, akkor az esetek közül az egyik nem lehetséges.

Legyen ugyanis $\displaystyle f(0) + f(2) > 2 f(1)$ (nevezzük ezt az esetet "TEI-konvexnek" (a másik $\displaystyle <$ esetet ("TEI-konkáv") hasonlóan igazolhatnánk, illetve $\displaystyle =$ nem állhat a nem elfajulás miatt). Tekintsük a $\displaystyle g(x)=f(x)+f(x+2)-2f(x+1)$ függvényt! Mivel $\displaystyle f(x)$ folytonos, ezért $\displaystyle g(x)$ is az; és $\displaystyle g(0) >0$. Ha $\displaystyle f(1)+f(3)< 2 f(2)$ lenne, akkor $\displaystyle g(1)<0$ lenne, ekkor viszont $\displaystyle g(x)$ folytonossága miatt lenne valahol $\displaystyle 0$ és $\displaystyle 1$ között olyan $\displaystyle x_0$, ahol $\displaystyle g(x_0)=0$ teljesülne. Ekkor viszont a $\displaystyle g(x)$ definíciója miatt az $\displaystyle x_0,x_0+1,x_0+2$ helyek által meghatározott háromszög elfajuló, ellentmondásban azzal, hogy területe megegyezik $\displaystyle T_{ABC}$-vel.

Ez azt jelenti, hogy az $\displaystyle f(x)$ függvény $\displaystyle 0,1,2$ helyen felvett értékei meghatározzák a $\displaystyle 3$, majd hasonlóan a $\displaystyle 4$,... bármely egész helyen felvett értékét a függvénynek.

Hasonlóan a $\displaystyle 0, \frac{1}{2}, 1$ helyeken felvett értékek meghatározzák $\displaystyle f(x)$ minden olyan felvett értékét, melyre $\displaystyle x$ kétszerese egész, azaz speciálisan az egész helyeken felvett értékeit is. Viszont adott $\displaystyle f(0), f(1)$ értékek esetén, de más-más $\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)$ esetén más-más $\displaystyle f(2)$ értéket kapnánk, ami miatt az is igaz, hogy a $\displaystyle 0,1,2$ helyeken felvett értékek egyértelműen meghatározzák $\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)$ pontos értékét is.

Innen következik, hogy a $\displaystyle 0,1,2$ helyeken felvett értékek meghatározzák $\displaystyle f(x)$ értékét minden olyan $\displaystyle x$ helyen, amelynek 2-edestört alakja véges. Viszont $\displaystyle f(x)$ folytonossága miatt ez teljesen meghatározza valamennyi valós $\displaystyle x$ esetén $\displaystyle f(x)$ értékét. Azaz az előre lefixált $\displaystyle A(0;f(0)) ;B(1;f(1)) ; C(2;f(2))$ pontokra pontosan egy TEI-függvény van.

Viszont három tetszőleges (különböző) helyen felvett értékre pontosan egyetlen legfeljebb másodfokú polinom illeszkedik, amelyek egyúttal TEI-függvények is, azaz $\displaystyle f(x)$ valóban csak legfeljebb másodfokú polinom lehet.

Statisztika:

22 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Beke Csongor.
5 pontot kapott:	Szabó 991 Kornél.
4 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	5 versenyző.
1 pontot kapott:	6 versenyző.
0 pontot kapott:	7 versenyző.

A KöMaL 2019. novemberi matematika feladatai