A Cauchy függvéyegyelet és éháy roko probléma Tuzso Zoltá, Székelyudvarhely A függvéyegyeletek egyik alapegyelete a Cauchy függvéyegyelet, amely a következő: Melyek azok az f : R R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() + y = f + f y egyeletet, mide, y R eseté? (*) Noha a függvéyegyeletet Cauchy már 82-be megoldotta, és azóta számos megoldása látott apvilágot, mégis haszosak tartjuk, hogy bemutassuk egy kostruktív megoldását, ugyais ez a techika számos más függvéyegyelet megoldásáál alkalmazható. A Cauchy függvéyegyelet megoldása kostruktív módo jól meghatározott lépésekbe törtéi, ezek a következők: ) A (*) egyeletbe legye =y=t, ekkor kapjuk, hogy f(2t)=f(t)+f(t)=2f(t). Ha most az =t és y=2t értékeket adjuk, akkor f(3t)=f(t)+f(2t)=3f(t). Ezek alapjá kialakul az a sejtés, hogy f(t)= f(t) ahol N. Ezt idukcióval bizoyíthatjuk is. Valóba, ha a (*) egyeletbe =t és y=t, akkor f(t+t)=f(t)+f(t)=f(t)+f(t)=(+)f(t). Tehát f(t)=f(t) N és t R. (**) 2) Bizoyítai fogjuk, hogy f()=a mide N eseté. Ha most a (**)-ba t=, és f()=a, akkor f()=a, vagyis f()=a mide N eseté. 3) Bizoyítai fogjuk, hogy f()=a mide Z eseté. Ha a (*) -ba =y=0, akkor f(0)=f(0)+f(0), ezért f(0)=0. Ha pedig =t és y= -t, akkor f(0)=f(t)+f(-t) vagyis 0=f(t)+f(-t), ahoa f(-t)= -f(t). Ha a (**) -ba t helyett t értéket veszük, akkor f(-t)=f(-t)= -f(t) adódik, és a t= értékre kapjuk, hogy f(-)= a(-), vagyis f()=a mide Z eseté. 4) Bizoyítai fogjuk, hogy f()=a mide Q eseté. Ha a (**)-ba t =, akkor f () = f, ahoa f = a. Ha a (**)-ba most t =, akkor f = f = a = a, vagyis f()=a Q. m m m m m 5) Bizoyítai fogjuk, hogy f()=a mide R \ Q eseté. Legye R \ Q és Q úgy, hogy. Mivel Q ezért f () = a. Ezért a határértékre térve felírható, hogy lim() f lim= a, ellebe az f folytoossága miatt ( ) lim() f = lim() f = f, így f()=a adódik mide R eseté. Tehát bizoyítottuk, hogy a (*) függvéyegyeletet csak az f()=a függvéy teljesíti, ahol a= f(). A továbbiakba éháy olya folytoos függvéyegyeletet mutatuk be, amelyek visszavezethetők a (*) alapegyeletre.. Példa: Melyek azok az f : R R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() + y = f + f y +b egyeletet, mide, y R eseté, ha b R adott szám? Megoldás: Az egyelet midkét oldalához adjuk hozzá b-t, így ha bevezetjük az f()+b=g() változócserét, akkor a függvéyegyelet alapjá g(+y)=g()+g(y) adódik, amiek a megoldása g()=a, ezért f()+b=a, így f()=a- b és a= f()+b. A következő függvéyegyelet Peider-féle additív függvéyegyelet evet viseli. 2. Példa: Melyek azok az f, g, h : R R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() + y = g + h y egyeletet, mide, y R eseté?
Megoldás: Legye =y=0, ezért f(0)=g(0)+h(0). Ha most csak =0, akkor f(y)=g(0)+h(y) (), Ha pedig csak y=0, akkor f()=g()+h(0) (2). Összegezve az () és (2) összefüggéseket f()+f(y)= g()+h(y)+g(0)+h(0) adódik, vagyis f()+f(y)=f(+y)+f(0). Észrevehető, hogy az f(0)= -b jelöléssel éppe az előző függvéyegyeletet kaptuk, ezért f()=a b. Így az () alapjá h(y)= ay b g(0) és a (2) alapjá g()= a b h(0). A következő példa a Peider egyelet általáosabb formája, 3 függvéy helyett 4 függvéyre, és a bizoyításból kiderül, hogy tovább általáosítható több tag eseté is. 3. Példa: Melyek azok az, f, g, h : R R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az ()()()() + y + z = f + g y + h z egyeletet, mide, y, z R eseté? Megoldás: Legye =y=z=0, azért (0)(0)(0)(0) = f + g + h. Most legyeek redre csak y=z=0, majd =z=0, majd =y=0. Ekkor redre kapjuk, hogy: ()()(0)(0) = f + g + h ; ()()(0)(0) y = g y + f + h ; ()()(0)(0) z = h z + f + g. (i) Ha most ezeket összegezzük kapjuk, hogy ()()()()()() + y + 2(0)(0)(0) z = f + g + h + f + g + h vagyis [ ] ()()()() + y2(0) + z = + y + z +, ahol ha z=0, akkor ()()()(0) + y = + y így az. Példa alapjá () = a + b ahol b = (0). Ha bevezetjük az f (0) = b, (0) g = b, 2 (0) h = b3 jelöléseket, akkor az (i) egyeletek alapjá kapjuk, hogy f () = a + b, g() = a + b2, h() = a + b3 és b + b 2 + b 3 = b. A következő függvéyegyelet Peider-féle multiplikatív függvéyegyelet evet viseli. 4. Példa: Melyek azok az f, g, h :(0,) R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() + y = g h y egyeletet, mide, y R eseté? Megoldás: Logaritmáljuk az egyelet midkét oldalát a természetes alapú logaritmussal. Ekkor l() f l() + y = l() g + h y adódik, ami F()()() + y = G + H y alakú additív típusú Peider egyelet, eek megoldását már láttuk a 2. Példába, amiek alapjá azoal adódik, hogy a megoldások f () c = ab e, () g c = a, e() h c = b e alakúak. Belátható, hogy a multiplikatív Peider egyelet is általáosítható 3-ál több függvéy eseté is. A következő három példa függvéyegyelete külalakra és tartalmilag is agy rokoságot mutatak a Cauchy függvéyegyelettel. 5. Példa: Melyek azok az f :(0,) R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() + y = f f y egyeletet, mide, y R eseté? Megoldás: Logaritmáljuk az egyelet midkét oldalát a természetes alapú logaritmussal. Ekkor l() f l() + y = l() f + g y adódik, és ha g()=lf(), akkor g()()() + y = g + g y, a tehát g()=a, ezért f () = e. 6. Példa: Melyek azok az f :(0,) R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() y = f + f y egyeletet, mide, y R eseté? y y Megoldás: Az epoeciális függvéy e e = e + tulajdoságára godolva vezessük be a y következő változócserét: g()() = f e. Ekkor g()() + y = f e + és y y y g()()()()()() + g = f e + f e = f e e = f e + vagyis g(+y)= g()+g(y) ezért g()=a vagyis f () e = a és ha most helyett l -et íruk, f()= a l adódik. 7. Példa: Melyek azok az f :(0,)(0,) folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() y = f f y egyeletet, mide, y R eseté? 2
Megoldás: Most a logaritmus függvéy l+ly=ly tulajdoságára godolva, vezessük be a y g() = l() f e változócserét. Ekkor g() + l() y = f e + és y y y y g()() + gl() y = l() f el()() + l() f e = l() f e f e = f e e = f e + ami alapjá g()()() + y = g + g y, tehát g() = a, ezért l() f e a =. = a ahoa f () e = e a és most az e helyett -et írva kapjuk, hogy f () 8. Példa: Melyek azok az f :(0,) R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() y = f y + yf egyeletet, mide, y R eseté? Megoldás: Vegyük észre, hogy ha az egyelet midkét oldalát elosztjuk y-al, akkor bevezethető a g() f () = változócsere, és g(y)= g()+g(y) adódik, amiek a megoldása a 6. Példa alapjá g()= a l, tehát f () = a l ahoa f () = al. 9. Példa: Határozzuk meg azokat az f : R R függvéyeket, amelyekre teljesülek a következő feltételek: a) f folytoos az R-e lim() f t t = b) [ ] t c) f ()()()()() + y = f f y f y yf + y + + y mide valós, y értékre, és f()=e +. Megoldás: Köye észrevehető, hogy ha bevezetjük a g()= f() változócserét, akkor g(+y)= g()g(y) ezért az 5. példa alapjá g()= e a ahoa f () a = e +. A b) feltételből k 0 és az f()=e + alapjá k=, tehát f () = e +. 0. Példa: Határozzuk meg azokat az f : R R folytoos függvéyeket, amelyekre teljesülek a következő feltételek: f () a ) lim = e, ahol a=álladó a a 2) ()()()()()() a y a f + y = + y a f f y mide valós, y értékre. f () a Megoldás: Vezessük be a következő segédfüggvéyt: g() = a. Az ) alapjá ez a e = a folytoos, és a 2) alapjá teljesül a g(+y)=g()g(y) függvéyegyelet, így az 5. példa alapjá a g() = e, és g(a)=, ezért a változócsere alapjá f ()() = a e. A következő függvéyegyelet a Jese-féle függvéyegyelet evet viseli.. Példa: Melyek azok az f : R R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az + y f ()() + f y f = egyeletet, mide, y R eseté? 2 Megoldás: Végezzük ez az helyett az +y helyettesítést, így kapjuk, hogy + 2()() y f + y + f y f ()(0) + f f =. Legye most y=0, ezért f = adódik. Most 2 2 + y f ()(0) + y + f helyettesítsük az -et (+y) -al, ezért f =, és az eredeti 2 függvéyegyelet alapjá kapjuk, hogy f ()(0) + y + f = f ()() + f y és az. Példa alapjá kapjuk, hogy f()=a+b ahol a= f()+ f(0) és b=f(0). 3
2. Példa: Melyek azok az f :(0,) R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az + y f = f ()() f y egyeletet, mide, y R eseté? Megoldás: Végezzük ez az helyett az +y helyettesítést, így kapjuk, hogy + 2y f = f ()() + y f y. Legye most y=0, ezért f = f ()(0) f adódik. Most + y helyettesítsük az -et (+y) -al, ezért f = f ()(0) + y f ahoa felírható, hogy 2 + y f = f ()(0)()() + y f = f f y és logaritmálva kapjuk, hogy l()(0) f + yl()() f = f f y vagyis l() f l(0) + y + l() f l() = f + f y ahol bevezetve a g()=lf()-lf(0) változócserét a g(+y)=g()+g(y) adódik, így g()=a ezért f () a a () = e ahoa f () = e, ahol = f (0) és f (0) l f a =. f (0) 3. Példa: Melyek azok az f :(0,)(0,) folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f ()()() f y f + = + y egyeletet, mide, y R +, N eseté? Megoldás: Az = eseté visszakapjuk a Cauchy függvéyegyeletet, amelyek a megoldása f()=a. Legye most 2. Helyettesítsük -et -el és az y-t y -al. Ekkor felírható, hogy f ()()() f y f + = + y. Vezessük be most a g()() = f változócserét. Ekkor kapjuk, hogy g(+y)= g()+g(y), amiek a megoldása g()=a, ezért f () = a ahoa f () = a adódik, ahol a= f(). 4. Példa: Melyek azok az f :( R,) folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az f()= -, f(+y)= f() + f(y) f()f(y) függvéyegyeletet, mide valós, y eseté? Megoldás: Vezessük be a g()= l(-f()) változócserét. Számolással azoal adódik, hogy a g(+y)=g()+g(y), ezért g()=a, így f () = e. Az f()= - alapjá a=l2, így f () = 2. 5. Példa: Melyek azok az f :(,) R folytoos függvéyek, amelyek teljesítik az + y f ()() + f y = f mide, y (,) + y eseté? th + th e e Megoldás: Emlékeztetük arra, hogy th( + ) =, ahol th =. + th th e + e Ezért végezzük el az = th és y = th helyettesítéseket. Ekkor az eredeti függvéyegyeletből, az említett számolási képlet alapjá f ()()(()) th + f th = f th + adódik, így ésszerű a g()() = f th változócsere midek alapjá g(+y)=g()+g(y) adódik, amiek a megoldása g()=a, ezért f(th)=a, ahoa f()=a (arcth). Befejezésül megjegyezzük, hogy külöféle változócserékkel, a Cauchy függvéyegyeletből bárki szerkeszthet az előbbire visszavezethető függvéyegyeletet. Szakirodalom [] C. Ioesci-Tiu, Liviu Parsa: Calcul diferetial si itegral petru admitere i facultate, Editura Albatros, 975 4
[2] Mihai Oucu Drimbe: 200 de ecuatii fuctioale pe N, Z, Q, Editura Gil, 2003 5