A B. 5459. matematika feladat megoldása

Szerk

B. 5459. Határozzuk meg azokat az \(\displaystyle f\colon \mathbb{Q}\rightarrow\mathbb{Q}\) függvényeket, amelyekre bármely racionális \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\) számok esetén teljesül, hogy

\(\displaystyle f(x)+f(y)=\frac{f(x+2y)+f(2x-y)}{5}. \)

(5 pont)  Javasolta: Füredi Erik (Budapest)

Megoldás. \(\displaystyle y=x\) helyettesítéssel: \(\displaystyle 2f(x)=\dfrac{f(3x)+f(x)}{5}\).

\(\displaystyle y=-x\) helyettesítéssel: \(\displaystyle f(x)+f(-x)=\dfrac{f(-x)+f(3x)}{5}\).

Kivonva az elsőből a másodikat \(\displaystyle f(x)-f(-x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{5}\), amiből rendezés után \(\displaystyle f(x)=f(-x)\) adódik, vagyis az \(\displaystyle f\) függvény páros.

Állítás. Minden \(\displaystyle n \in \mathbb{Z}\) és \(\displaystyle x \in \mathbb{Q}\) esetén fennáll, hogy \(\displaystyle f(nx)=n^2f(x)\).

Az állítás bizonyítása. Az \(\displaystyle f\) függvény páros tulajdonsága miatt elegendő \(\displaystyle n\geq 0\) esetén bizonyítanunk. Ezt \(\displaystyle n\) szerinti indukcióval tesszük.

Alapesetek:

• \(\displaystyle n=0\): az \(\displaystyle x=y=0\) helyettesítéssel \(\displaystyle 2f(0)=\frac25 f(0)\), amiből \(\displaystyle f(0)=0\).
• \(\displaystyle n=1\) triviálisan teljesül.
• \(\displaystyle n=2\): \(\displaystyle y=0\) helyettesítéssel és az \(\displaystyle f(0)=0\) felhasználásával \(\displaystyle f(x)=\frac{f(x)+ f(2x)}{5}\), rendezve \(\displaystyle f(2x)=4f(x)\).
• \(\displaystyle n=3\): az \(\displaystyle y\) helyébe is \(\displaystyle x\)-et írva \(\displaystyle 2f(x)=\frac{f(3x)+f(x)}{5}\), rendezve \(\displaystyle f(3x)=9f(x)\).

Indukciós lépés. Tegyük fel, hogy az állítást igazoltuk \(\displaystyle n\)-ig (\(\displaystyle n \geq 3\)), belátjuk \(\displaystyle (n+2)\)-re.

1. eset: \(\displaystyle n=2k\) (ahol \(\displaystyle k \geq 1\) egész). Ekkor az \(\displaystyle x=(k+1)x\) és \(\displaystyle y=0\) helyettesítéssel

\(\displaystyle f((k+1)x)+f(0)=\frac{f((k+1)x)+f(2(k+1)x)}{5}. \)

Mivel \(\displaystyle f(0)=0\) és \(\displaystyle k+1 \leq n\), ezért az indukciós feltevés alapján átírható így:

\(\displaystyle (k+1)^2 f(x)=\frac{(k+1)^2 f(x)+f(2(k+1)x)}{5}, \)

amit átrendezve \(\displaystyle 4(k+1)^2f(x)=f(2(k+1)x)\), vagyis \(\displaystyle (n+2)^2 f(x)=f((n+2)x)\), amit bizonyítani akartunk.

2. eset \(\displaystyle n=2k+1\) (ahol \(\displaystyle k \geq 1\) egész). Ekkor a függvényegyenletbe az \(\displaystyle x\) helyébe \(\displaystyle (k+1)x\)-et, míg \(\displaystyle y\) helyébe \(\displaystyle (-x)\)-et írva:

\(\displaystyle f((k+1)x)+f(-x)=\frac{f((k-1)x)+f\left((2k+3)x\right)}{5}. \)

Mivel \(\displaystyle k-1\) és \(\displaystyle k+1\) is \(\displaystyle n=(2k+1)\)-nél kisebb nemnegatív egész, ezért az indukciós feltételt használhatjuk, így (\(\displaystyle f\) függvény páros tulajdonságát is felhasználva) átírhatjuk az egyenletet:

vagyis \(\displaystyle (n+2)^2 f(x)=f((n+2)x)\), amit bizonyítani akartunk.

A kezdőlépésekkel, a kétféle indukciós lépéssel és az \(\displaystyle f\) páros tulajdonságára hivatkozással minden \(\displaystyle n\) egész szám esetét lefedtük, az állítást beláttuk.  \(\displaystyle \square\)

Most legyen \(\displaystyle x=\frac{a}{b}\) tetszőleges racionális szám (\(\displaystyle a,b \in \mathbb{Z}\) és \(\displaystyle b \neq 0\)). Mivel \(\displaystyle f(1)=f \left(b\cdot\frac{1}{b}\right)=b^2\cdot\left(\frac{1}{b}\right)\), így \(\displaystyle f\left(\frac{1}{b}\right)=\frac{f(1)}{b^2}\). Tehát \(\displaystyle f\left(\frac{a}{b}\right)=a^2\frac{f(1)}{b^2}=f(1)\frac{a^2}{b^2}\).

Azt kaptuk, hogy a feladat feltételeit teljesítő függvényekre \(\displaystyle f(x)=f(1)\cdot x^2\) is igaz, tehát az \(\displaystyle x^2\) konstansszorosai. Az ilyen \(\displaystyle \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}\) függvények pedig mind teljesítik a feladat feltételeit, hiszen tetszőleges \(\displaystyle c \in \mathbb{Q}\) esetén ha \(\displaystyle f(x)=cx^2\), akkor

Tehát a feladat megoldásai az \(\displaystyle f(x)=cx^2\) alakú függvények, ahol \(\displaystyle c \in\mathbb{Q}\) tetszőleges konstans.

   Ali Richárd (Gödöllő, Török Ignác Gimn., 11. o. t.)

Megjegyzés. A feladatra érkezett összes megoldás teljes indukcióval bizonyítja, hogy \(\displaystyle f(nx)=n^2 f(x)\) minden \(\displaystyle n \in \mathbb{Z}\) és \(\displaystyle x\in \mathbb{Q}\) esetén. A megoldások döntő többsége a páros és a páratlan \(\displaystyle n\) esetét kettéválasztja, ez azonban nem szükségszerű. Például Zhai Yufan (Budapest, Fazekas Mihály Gyakorló Ált. Isk. és Gimn., 11. o. t.) észreveszi, hogy minden 3-nál nagyobb egész szám felírható \(\displaystyle 2a+3b\) alakban valamilyen \(\displaystyle a>0\) és \(\displaystyle b\geq0\) egészekkel, és erre alapozza az indukciós lépését. Az \(\displaystyle x\) helyébe \(\displaystyle bx\)-et, \(\displaystyle y\) helyébe \(\displaystyle (a+b)x\)-et írva, az

\(\displaystyle f(bx)+f\bigl((a+b)x\bigr)=\frac{f\bigl((2a+3b)x\bigr)+f\bigl((b-a)x\bigr)}{5} \)

egyenletet kapja. Mivel \(\displaystyle a\), \(\displaystyle a+b\), \(\displaystyle |b-a|<2a+b\) (itt használjuk, hogy \(\displaystyle a>0\)), ezért az indukciós feltevésből

\(\displaystyle b^2 f(x)+(a+b)^2 f(x)=\frac{f\bigl((2a+3b)x\bigr)+(b-a)^2 f(x)}{5} \)

adódik; átrendezés után \(\displaystyle f\bigl((2a+3b)x\bigr)=(2a+3b)^2 f(x)\).

Összesen 52 dolgozat érkezett. 5 pontos 12, 4 pontos 14, 3 pontos 7 dolgozat. 2 pontot 5, 1 pontot 7, 0 pontot 7 versenyző kapott.