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