Függvényegyenletek 1. feladat megoldása Először is vegyük észre, hogy f(x) = x megoldás, hiszen x y = (x y)(x + y). (Triviális megoldás.) Másodszor vegyük észre, hogy f(x) = cx is megoldás, hiszen c(x y ) = (x y)(cx + cy). (További megoldás.) Harmadszorra próbáljunk ki néhány helyettesítést! Helyettesítsünk be y = 0-t, majd x = 0-t: f(x ) = x (f(x) + f(0)) f( y ) = y (f(0) + f(y)) Mivel mind a két egyenlet teljesül minden értelmezési tartománybeli x, y-ra, így y = x-re is teljesül. Tehát a egyenlet: f(x ) = x (f(x) + f(0)) A két egyenletet összeadva f( x ) = x (f(0) + f(x)) f(x ) + f( x ) = 0 egyenletet kapjuk, amely minden értelmezési tartománybeli elemre igaz. Továbbá a függvényegyenlet bal oldala nem változik, ha y helyére y-t írunk, ími azt jelenti, hogy az eredeti és az új egyenlet jobb oldalai megegyeznek. (Fejezzük ki ugyanazt a kifejezést kétféleképpen.) f(x y ) = (x y)(f(x) + f(y)) = (x + y)(f(x) + f( y)) Felhasználva a fentebb kapott eredményt, (x y)(f(x) + f(y)) = (x + y)(f(x) f(y)) Ebből egyenletrendezés után a következő eredményre jutunk: xf(y) = yf(x) Mivel ez minden x, y valós számpárra igaz, helyettesítsünk be y = 1-et, és legyen f(1) = c. Ekkor azt kapjuk, hogy f(x) = cx teljesül minden x R-re. Tehát a függvényegyenlet megoldására is teljesülnie kell. A megoldás elején már ellenőriztük, hogy minden ilyen alakú függvény teljesíti is a függvényegyenletet. Tehát a függvényegyenlet megoldása az f(x) = cx függvény, ahol c = f(1) tetszőleges valós szám. 1
Á í ö ü Í Ú á Í É
Függvényegyenlet 4: f(xf(y)) = (1 y)f(xy) + x y f(y) x = 1, y = 1-et behelyettesítve: f(f(1)) = 0 + f(1) Azaz x = 1, y = f(1)-et behelyettesítve: f(f(f(1))) = (1 f(1))f(f(1)) + f(1) f(f(1)). De az f(f(1)) = f(1) feltételt használva: f(1) = f(1) f(1) + f(1) 3 f(1) = f(1) 3. De így vagy f(1) = 0, vagy leoszthatunk a négyzetével, azaz f(1) = 1. Ha f(1) = 1, akkor: y = 1-et helyettesítve, tetszőleges x-re: f(x) = x. De ez nem lehet, mert ekkor x=1, y=-re: f(f()) = f(4) = 16 = (1 )f() + 4f() = 4 + 16 = 1 lenne, ami nem igaz. Így csak az lehet hogy f(1) = 0. Ekkor viszont mivel f(f(1)) = f(1), f(f(f(1))) = f(0) = 0 Tegyük fel, hogy f(y) = 0, pedig y 0, y 1. De ekkor: 0 = f(0) = f(xf(y)) = (1 y)f(xy) + x y f(y) = (1 y)f(xy). De mivel 1 y 0, leoszthatunk vele, és így f(xy) = 0 tetszőleges x-re. De így x = A y -ra (ami tetszőleges A-ra valós) f(a) = 0, azaz a függvény konstans 0. (ez valóban jó megoldást is ad) Tegyük fel, hogy f(y) = f(y + a) 0 x = 1-et helyettesítve viszont: f(f(y)) = (1 y)f(y) + y f(y) = (y y + 1)f(y). De mivel f(y) = f(y + a), ezért f(f(y)) = f(f(y + a)), azaz: f(f(y)) = (y y + 1)f(y) = ((y + a) (y + a) + 1)f(y + a) = f(f(y + a)). De f(y) = f(y + a) 0, azaz leoszthatunk vele. y y + 1 = (y + a) (y + a) + 1 = y + ay + a y a + 1, azaz 0 = ay + a a. De ha a 0, akkor leoszthatunk vele, és így 0 = y + a 1 a = 1 y. De így ha f(y) = f(y + a), akkor a = 0, vagy a = 1 y, azaz y + a = y, vagy y + a = 1 y. De tetszőleges y 0-ra x = 1 f(y) y -t helyettesítve: f( y ) = (1 y)f(1) + f(y) = f(y). De így a fentiek miatt f(y) y = y f(y) = y, vagy f(y) y = 1 y, azaz f(y) = y y. De tegyük fel, hogy a függvény egy nem 0, nem 1 pontban nem y y -et vesz fel. Ekkor biztosan y -et vesz fel. Ekkor x = 1-et helyettesítve: f(y ) = f(f(y)) = (1 y)f(y) + y f(y) = (1 y)y + y 4 De így a fentiek miatt az f(y ) csak (y ) = y 4 lehet, vagy y (y ) = y y 4. Az első esetben: y 4 = y 4 y 3 + y y 3 = y, így mivel y 0, leoszthatunk vele, így y = 1, ez ellentmondás, mert y 1. y y 4 = y 4 y 3 +y y 4 = y 3. De y 0, azaz leoszthatunk y 3 -tel, így y = 1. De így itt a függvényérték épp 1 4 = 1 1 4, azaz mégis y y -et vesz fel. Így mindenhol y y -et vesz fel, mert 0-ban és 1-ben is azt vesz fel. Ellenőrzés: f(xf(y)) = f(x(y y )) = xy xy (xy xy ) = xy xy x y x y 4 + x y 3 (1 y)f(xy) + x y f(y) = (1 y)(xy x y ) + x y (y y ) = xy xy x y + x y 3 + x y 3 x y 4 De ez a kettő megegyezik, azaz teljesül az egyenlőség. Így két függvény ad megoldást: f(x) = 0, vagy f(x) = x x, és mindkettő valóban jó is. 1
Függvényegyenletek 5. feladat megoldása Legyen A = {f(x) x R}, tehát A = f(r). A függvény értékeit fogjuk megvizsgálni ezen halmaz elemeire. A feladatban megadott egyenletbe f(y) = x A-t helyettesítve (hiszen erre is igaz az egyenlet) a következőt kapjuk: f(0) = f(x) + x + f(x) 1. Tehát f(0) = c érték beírásával az A halmaz elemeire a következő összefüggést kaptuk: f(x) = c + 1 x. Az eredeti egyenletbe x = y = 0-t helyettesítve f( c) = f(c) + c 1-et kapunk, tehát c = 0. Az eredeti egyenletbe y = 0-t helyettesítve f(x c) f(x) = cx + f(c) 1 egyenletet kapjuk. Mivel az egyenlet jobb oldala minden valós értéket felvesz, ahogy x változik, a függvény bal oldalának is minden értéket fel kell vennie, így {f(x c) f(x) x R} = R, tehát A A = R. Ez azt jelenti, hogy minden valós x felírható két A halmazbeli elemmel y 1, y -vel úgy, hogy x = y 1 y. Ekkor viszont f(x) = f(y 1 y ) = f(y 1 f(z)), hiszen y A, tehát létezik z, amire f(z) = y. A kapott egyenlet viszont a megadott egyenlettel tovább rendezhető: f(x) = f(f(z)) + y 1 f(z) + f(y 1 ) 1 = f(y 1 ) + f(y ) + y 1 y 1. Most használjuk ki, hogy y 1, y A, tehát hogy a fentebb levezetett egyenlet igaz rájuk: Ez már minden x valós számra teljesül! Az eredeti egyenletbe beírva: f(x) = c x. ( ) ( ) c x c + y = c c y + xc x y + c x 1 x + xc xy = xc xy + c x 0 = c 1 Tehát az eredeti egyenlet c = 1 esetén lehet csak igaz, és ekkor teljesül is. A függvényegyenlet egyetlen megoldása f(x) = 1 x. 1