5 Tartalomjegyzék Bevezetés.......................................................... 7 A) Függvényegyenletek a természetes számok halmazán........... 11 B) Egyváltozós függvényegyenletek megoldása.................... 35 C) Többváltozós függvényegyenletek megoldása helyettesítésekkel.............................................. 65 D) Függvényegyenletek megoldása az analízis elemeinek felhasználásával............................................... 91 Irodalom......................................................... 15
6 predefined black
7 predefined black Bevezetés Az általános - és a középiskolai oktatásban általában olyan egyenleteket (vagy egyenletrendszereket) vizsgálunk, illetve oldunk meg a valós számok halmazán, amelyekben egy vagy több ismeretlen szerepel adott számok és (vagy) paraméterek mellett. Ugyanakkor egyes feladatgyűjteményekben vagy matematikai versenyeken gyakran találkozhatunk olyan egyenletekkel (illetve egyenletrendszerekkel) is, amelyek ismeretlen, esetleg adott tulajdonságú függvényeket tartalmaznak, számok, paraméterek vagy ismert függvények mellett. Ezek megoldása azt jelenti, hogy meg kell határozni az összes olyan függvényt, amelyre az egyenlet (egyenletrendszer) teljesül. Néhány bevezető probléma (melyek bemutatása előtt jelezzük, hogy a jegyzetben N a pozitív természetes számok, R a valós számok, R + a pozitív valós számok, míg Q a racionális számok halmazát jelöli): 1. Határozzuk meg azon f : N R függvényeket, amelyek bármely n N esetén teljesítik az f(n + ) f(n + 1) + f(n) = 0 függvényegyenletet és amelyekre f(1) =, f() = 3. Ez egy, a természetes számok halmazán teljesülő függvényegyenlet. Felhasználva a sorozat definícióját, az a n = f(n) (n N) jelöléssel a következőket is mondhatjuk. Adjuk meg az összes olyan sorozatot, amely teljesíti az a n+ = a n+1 a n ; a 1 =, a = 3 rekurziót. Az (a n ) sorozat tehát egy rekurzív sorozat.. Határozzuk meg azon f : R \ {0} R függvényeket, amelyek teljesítik az ( ) 1 f() + f = 3 + 6 ( R \ {0})
8 úgynevezett egyváltozós függvényegyenletet. Itt egyrészt a keresett f függvény argumentumában a g 1 () = és a g () = 1 ( R \ {0}) ismert vagy adott függvények szerepelnek, másrészt az argumentumon kívül a h() = 3+6 ( R) ismert függvény és a konstans is. 3. Határozzuk meg az f : R R függvényre teljesülő f( + y) + f( y) = f() cos y (, y R) függvényegyenlet megoldásait. Ez egy kétváltozós függvényegyenlet, melyben a g(y) = cos y (y R) adott függvény is szerepel. 4. Adjuk meg az összes olyan f : R R folytonos függvényt, amelyre teljesül az f() = f() ( R) függvényegyenlet. Itt az előbbieken túl fontos, hogy a függvényegyenlet folytonos megoldásait keressük. 5. Keressük az összes olyan differenciálható (vagy olyan folytonos) f : R R függvényt, amely teljesíti az Cauchy-féle alapegyenletet. f( + y) = f() + f(y) (, y R) Ez egy egyváltozós függvényekre teljesülő kétváltozós függvényegyenlet. Az összeadás és a szorzás disztributív tulajdonsága nyilvánvalóan adja, hogy f() = c ( R) megoldása a Cauchyalapegyenletnek. Lehetnek más differenciálható (folytonos) megoldásai? A középfokú iskolai oktatásban néha,,elbújtatva találkoznak a tanulók függvényegyenletekkel.
9 Tudják például, hogy az f() = n ( R) függvény bármely n N-re teljesíti a f(y) = f()f(y) (, y R) függvényegyenletet, hiszen (y) n = n y n (, y R) (az e- gyenlő kitevőjű hatványok szorzásának szabálya) ismert. Az l() = log a () ( R + ) függvény az log a függvény,,addíciós tulajdonsága miatt teljesíti az függvényegyenletet. l(y) = l() + l(y) (, y R +) Kérdés, hogy vannak-e más folytonos függvények, amelyekre az utóbbi két függvényegyenlet teljesül. Ismert a tény, hogy bizonyos függvényegyenletekkel definiálunk egyes függvényosztályokat. Az f() = f( ) vagy f( ) = f() ( R) függvényegyenleteket teljesítő függvényeket nevezzük páros, illetve páratlan függvényeknek. Az f : R R függvényt akkor nevezzük a( 0) szerint periodikusnak, ha teljesíti az függvényegyenletet. f( + a) = f() ( R) A következőkben az 1 5. példákban tekintett,,függvényegyenlettípusok megoldásainak néhány lehetséges módszerét mutatjuk be. Meg kell azonban jegyezzük, hogy a függvényegyenletek megoldásában viszonylag kevés általános módszer létezik. Az irodalomjegyzék azt mutatja, hogy magyar kutatók és tanárok alapvető szerepet játszottak a függvényegyenletek elméletének kidolgozásában, illetve az iskolai alkalmazások felkutatásában, összegyűjtésében. Az egyenletek, sorozatok és függvények tanításához a normál tananyag feldolgozása során is kapcsolódhatnak egyszerűbb függvényegyenletek megoldására vonatkozó feladatok. Ezek az alapvető fogalmak, tételek és megoldási módszerek elmélyítését segíthetik az
10 egyenletek és az egyenletrendszerek megoldásánál és a függvények vizsgálata során. Ugyanakkor az iskolai szakköri foglalkozásokon vagy a tehetséggondozás (versenyelőkészítés) keretei között lényegesen bővíthetjük a tanulók ismeretanyagát és a rendelkezésre álló feladatmegoldási módszereket, ha szélesebb kitekintést adunk nekik a függvényegyenletek megoldási módszereiről.
11 A) Függvényegyenletek a természetes számok halmazán (rekurzív sorozatok) A középiskolában vizsgált függvények közül kitüntetett szerepük van azoknak, melyek a pozitív természetes számok halmazán vannak értelmezve. Az f : N R fügvényt sorozatnak nevezzük és ennek a sorozatnak az n-edik általános tagjára az a n = f(n) (n N), míg magára a sorozatra az (a n ) jelölést is használjuk. Speciálisan foglalkozunk például az a n+1 = a n + d (n N), b n+1 = b n q (n N) (1) szerint (rekurzióval) definiált számtani, illetve mértani sorozatokkal (ahol d R a számtani sorozat differenciája, q R pedig a mértani sorozat hányadosa). Ha f 1 (n) = a n, f (n) = b n, úgy (1) adja n N esetén az f 1 (n + 1) = f 1 (n) + d (n N), f (n + 1) = qf (n) (1 ) függvényegyenleteket a természetes számok halmazán. A tanulók ismerik annak teljes indukciós bizonyítását, hogy a n = a 1 + (n 1)d (n N) (a számtani sorozat n-edik tagjára), míg b n = b 1 q n 1 (n N) (a mértani sorozat n-edik tagjára). Így az (1 ) alatti függvényegyenletek megoldása n N-re f 1 (n) = f 1 (1) + (n 1)d, f (n) = f (1)q n 1 (1 ) Ennél a megoldás (adott d, illetve q mellett) függ az a 1 = f 1 (1) illetve b = f (1) értékektől, amelyek szabadon választhatók. Ha ezek adottak, úgy a számtani és a mértani sorozat, illetve az (1 ) alatti függvényegyenletek megoldása egyértelműen meghatározott (1 ) által. Azzal is találkoznak a tanulók, hogy úgy határozunk meg egy sorozatot, hogy megadjuk az első néhány tagját és azt a képzési szabályt, amelynek segítségével az n-edik tag értéke a korábbi tagokból kiszámítható. Ilyen például a Fibonacci-sorozat meghatározása. n N esetén
1 a 1 = 1, a = 1, a n+ = a n+1 + a n (F ) Ez egy úgynevezett rekurzív sorozat, amely egyértelműen meghatározott. a 5 vagy a 10 nem túl sok számolással meghatározható a definícióból, de mondjuk a 1000 meghatározása már kényelmetlen lenne. Ezért jó lenne (hasonlóan a számtani és mértani sorozathoz) találni olyan képletet, amely a n -et n értékével fejezi ki. Az előbbiek, az a n = f(n) (n N) jelölés mellett, az f(n + ) = f(n + 1) + f(n), f(1) = f() = 1 (F ) függvényegyenletre kérdezik, hogyan adható meg f(n) (vagyis az f az n függvényében). Általánosabban (F ) helyett tekinthetünk n N-re egy a k (n)f(n + k) +... + a 1 (n)f(n + 1) + a 0 (n)f(n) = g(n) () alakú függvényegyenletet a természetes számok halmazán, ahol f ismeretlen, a i (n), g : N R (i = 0, 1,..., k) adott (esetleg konstans) függvények. Az előbbi,,tapasztalatok alapján akkor várhatjuk, hogy ()-nek létezik egyértelmű megoldása, ha f(1), f(),..., f(k) értékét megadjuk. A () alakú egyenleteket szokás (k-adrendű) lineáris differencia-egyenleteknek (vagy k-adrendű rekurziónak) is nevezni. Ezek megoldására nincsenek általános szabályok. Van azonban a () alakú egyenleteknek egyértelmű megoldása, ha ebben a i () = c i (i = 0, 1,..., k) konstansok. Ekkor () az f(n + k) = a k f(n + k 1) +... + a 1 f(n) + g(n) (3) alakba hozható (n N). Ez egy állandó együtthatós lineáris differenciaegyenlet (rekurzív összefüggés), amelyet g(n) = 0 esetén homogénnek nevezünk. (Ha k =, g(n) = 0, így ez adja (F )-et.)
13 Ismert (3) megoldásának általános elmélete, de ez nehézségeket okozhatna a középiskolai feldolgozásban. Itt most a () és (3) egyenletek azon speciális eseteit tekintjük, amikor k = 1, vagy k =. A k = 1 mellett ()-ből az a 1 (n)f(n + 1) + a 0 (n)f(n) = g(n) (n N) ( ) függvényegyenlet következik a természetes számok halmazán, ahol f(1)- et tetszőlegesen írhatjuk elő. A ( ) egyenlet megoldásánál (a többnyire adott a 1, a 0 és g függvények mellett) követhetjük azt a módszert is, hogy f(n) értékét néhány n-re kiszámítjuk, majd megfogalmazunk egy sejtést f(n) általános alakjára. Ezt a sejtést azután teljes indukcióval bebizonyítjuk (ahogy azt a középiskolában az (1 ) esetében megtettük). Ugyanakkor ha a 0 (n) = 1, a 1 (n) = a konstans, úgy más módszert (az úgynevezett teleszkópos összegeket) is használunk majd f(n) meghatározásához. Ha k =, úgy (3)-ból f(n + ) = af(n + 1) + bf(n) + g(n) (n N) (3 ) adódik. Ezt g(n) 0 esetén csak speciális esetekben oldjuk meg. Ha g(n) = 0, úgy leírjuk az f(n + ) = af(n + 1) + bf(n), f(1) = A, f() = B (3 ) függvényegyenlet megoldást (n N). (3 ) megoldásából a = b = A = B = 1 esetén pedig kapjuk az (F ) Fibonacci-sorozat a n = f(n) általános tagjának előállítását. Vizsgálunk majd néhány nem lineáris differencia-egyenletet is, melyek megoldását egy sejtés megfogalmazása után, indukciós bizonyítással teszszük majd teljessé. Olyan rekurzív sorozatokra vonatkozó feladatokkal is találkoznak a tanulók, amelyekben a sorozat konvergenciáját kell megvizsgálni, esetleg
14 határértékének meghatározását is el kell végezni. Ilyenkor az egyik lehetséges módszer a következő tétel felhasználása (melynek pontos bizonyításához a középiskolában hiányzik a valós számok teljességi tulajdonsága, de szemléletesen elfogadtatható a tanulókkal): Ha ( n ) egy felülről (alulról) korlátos monoton növekedő (csökkenő) valós számsorozat, akkor konvergens. 1. Feladat (a n ) olyan sorozat, amelyre a n+1 + a n = n (n N) ; a 0 = 94. a n =? (AIME - 1994) Átfogalmazás: f : N R olyan függvény, hogy f(n + 1) + f(n) = n (n N); f(0) = 94. f(n) =? Használjuk most a középiskolából jobban ismert sorozatos írásmódot. Írjuk fel a rekurzív összefüggést n = 1,, 3-ra. Azt kapjuk, hogy a = 1 a 1, a 3 = 4 a = 3 + a 1, a 4 = 9 a 3 = 6 a 1. Ebből megfogalmazzuk azt a sejtést, hogy a n = (n 1)n + ( 1) n 1 a 1 (n N). (4) Ezt teljes indukcióval egyszerűen beláthatjuk, hiszen: n = 1-re nyilván igaz (4). Ha n-re igaz (4), úgy a rekurzió szerint a n+1 = n a n = n (n 1)n ( 1) n 1 a 1 = n(n+1) + ( 1) n a 1, ami adja (4)-et az n helyett n + 1-et írva. Így a teljes indukció elve alapján (4) igaz n N-re. Ugyanakkor 94 = a 0 = 19 0 a 1 miatt kapjuk, hogy a 1 = 96. Ezért (4) adja, hogy illetve, hogy a n = (n 1)n + ( 1) n 1 96 (n N) ; f(n) = (n 1)n + ( 1) n 1 96 (n N).
15. Feladat Állítsuk elő az (a n ) sorozat a n tagját n függvényében, ha a 1 = 1; a n+1 = na n + n n 1. (OKTV - 00) Átfogalmazás: f : N R n N-re teljesíti az f(n + 1) = nf(n) + n n 1 függvényegyenletet és f(1) = 1. f(n) =? Az adott rekurzió mindkét oldalához n + 1-et adva a n+1 + (n + 1) = n(a n + n) (n N) következik, ami a b n = a n + n jelöléssel felhasználva, hogy ekkor b 1 = a 1 + 1 =, adja a b n+1 = nb n, b 1 = egyszerűbb rekurziót, melyből teljes indukcióval azonnal bizonyíthatjuk, hogy b n = (n 1)! (n N), ami b n definíciója miatt adja, hogy a n = (n 1)! n (n N), vagyis f(n) = (n 1)! n (n N). 3. Feladat Legyen f : N R olyan függvény, hogy ( f(n + 1) = 1 1 ) f(n) + 1 n n (n N), f(1) = A ; ahol A R konstans. f(n) =? Átfogalmazás: (a n ) olyan sorozat, hogy a n+1 = ( 1 1 ) a n + 1 n n, a 1 = A, a n =?
16 A feladat függvényegyenlete n = 1,, 3, 4 mellett adja, hogy f() = (1 1) f(1) + 1 = 1 = ( f(3) = 1 1 ) f() + 1 = 1 4 + 1 = 3 4 ( f(4) = 1 1 ) f(3) + 1 3 3 = 1 3 + 1 3 = 4 6 ( f(5) = 1 1 ) f(4) + 1 4 4 = 3 8 + 1 4 = 5 8 Ebből azt sejtjük, hogy f(n) = n (n ). n n = -re láttuk, hogy ez igaz. Ha n-re igaz a sejtés, úgy a függvényegyelet adja, hogy ( f(n + 1) = 1 1 ) n n (n 1) + 1 n = = (n 1) n n (n 1) + 1 n = n 1 n + 1 n = n + 1 n, azaz n + 1-re is teljesül. A teljes indukció elve adja sejtésünk igazolását. Az f(n) = n (n ) függvény teljesíti a feladatot és f(1) = A. (n 1) Megjegyzések Érdekes, hogy f(n) n -re nem függ f(1) = A-tól. (a n ) rekurzív sorozat konvergens és lim a n n = lim n n (n 1) = 1. 4. Feladat Az f : N R függvény teljesíti az f(n + 1) = 1 n f(n) (n N) n + 1
17 függvényegyenletet és f(1) = 1. f(n) =? Átfogalmazva (a n ) olyan sorozat, hogy a n+1 = 1 n n + 1 a n, a 1 = 1. (n N), a n =? A függvényegyenletből n = 1,, 3, 4, 5, 6 mellett kapjuk, hogy: f() = 1 1 f(1) = 1 ; f(3) = 1 3 f() = 3 ; f(4) = 1 3 4 f(3) = 1 ; f(5) = 1 4 5 f(4) = 3 5 ; f(6) = 1 5 6 f(5) = 1 ; f(7) = 1 6 7 f(6) = 4 7. Ez azt sugallja, hogy f(n) = 1 } (n N), f(n + 1) = n+1 n+1 (n N). ( ) Ez nyilván igaz (hiszen beláttuk) n = 1 esetén. Tegyük fel, hogy n-re igaz sejtésünk, akkor egyenletünket is használva: f ((n + 1)) = f [(n + 1) + 1] = 1 n+1 f(n + 1) = n+ = 1 n+1 n+1 = 1, n+ n+1 f ((n + 1) + 1) = 1 (n+1) (n+1) f ((n + 1)) = 1 1 = (n+1)+1, (n+1)+1 (n+1)+1 (n+1)+1 azaz sejtésünk n + 1 mellett is igaz. Így a teljes indukció elve alapján f ( ) alakú. Rövid számolás adja, hogy a ( ) alakú f, f(1) = 1 mellett megoldása a feladat függvényegyenletének. Megjegyzés A feladatot teljesítő (a n ) sorozat, melyre a 1 = 1, a n = 1, a n+1 = n+1 n+1 konvergens és határértéke 1, hiszen két diszjunkt részsorozatra bontható és a n 1, illetve a n+1 1 teljesül.
18 5. Feladat Az f : N R függvény teljesíti az f(n + ) = 1 f(n + 1) + n f(n) (n N) n + n + 1 függvényegyenletet és f(1) = 1, f() = 1. f(n) =? Átfogalmazva (a n ) olyan sorozat, hogy a n+ = 1 n+ a n+1 + n n+1 a n (n N), a 1 = 1, a = 1, a n =? A függvényegyenlet n = 1,, 3 mellett adja, hogy f(3) = 1 3 f() + 1 f(1) = 1 6 + 1 = 1 3, f(4) = 1 4 f(3) + 3 f() = 1 4 1 3 + 3 1 = 1 4, f(5) = 1 5 f(4) + 3 4 f(3) = 1 5 1 4 + 3 4 1 3 = 1 5. Ebből azt vélhetjük, hogy f(n) = 1 n n = 1,, 3-ra például teljesül. (n N). Ez igaz, mert Ha k n-re igaz a sejtés, úgy felhasználva az egyenletet is kapjuk, hogy f(n + 1) = 1 n + 1 f(n) + n 1 f(n 1) = n = 1 n + 1 1 n + n 1 1 n n 1 = 1 ( 1 1 ) = 1 n n + 1 n + 1, azaz n + 1-re is igaz a sejtés. Így a teljes indukció elve alapján f(n) = 1 n (n N). Ez valóban teljesíti függvényegyenletünket. A másik írásmódban: a n = 1 n (n N).
19 Megjegyzés A feladatot teljesítő rekurzív sorozat konvergens és lim a n = 0. n 6. Feladat f : N R olyan függvény, hogy n N, n > 1 esetén f(n) = f(n 1) + a n, ahol a R konstans. f(n) =?, ha f(1) = b, b R. A függvényegyenletet az f(n) f(n 1) = a n (n > 1) alakba írható, melyet n =, 3,..., n esetén felírva kapjuk az f() f(1) = a f(3) f() = a 3. f(n 1) f(n ) = a n 1 f(n) f(n 1) = a n egyenlőségeket. Ezeket összeadva a bal oldali (teleszkópos) összeg f(n) f(1) lesz, így f(n) f(1) = a +... + a n (n N). Ebből pedig f(1) = b miatt felhasználva, hogy a jobb oldal egy n 1-tagú geometriai sor az a hányadossal és az a első taggal, kapjuk f(n) = b + a an 1 1 a 1 (n N), ha a 1, míg f(n) = b + n 1 (n N), ha a = 1. 7. Feladat f : N R olyan függvény, hogy af(n+1) = f(n)+g(n), ahol a R\{0} konstans, f(1) = b R g : N R adott függvény. f(n) =?
0 A függvényegyenletetből n = 1,,..., n 1 mellett kapjuk az af() = f(1) + g(1) af(3) = f() + g().. af(n) = f(n 1) + g(n 1) illetve ezek közül a másodikat a-val,..., az utolsót a n -nel beszorozva és rendezve az af() f(1) = g(1) a f(3) af() = ag() a 3 f(4) a f(3) = a g(3). a n f(n 1) a n 3 f(n ) = a n 3 g(n ) a n 1 f(n) a n f(n 1) = a n g(n 1) azonoságokat. Ezeket összeadva kapjuk, hogy a n 1 f(n) f(1) = g(1) + ag() +... + a n g(n 1) (n N), amiből f(1) = b miatt jön, hogy f(n) = b + g(1) + ag() +... + an g(n 1) a n 1 (n N). 8. Feladat Az f : N R fügvény bármely n N esetén teljesíti az f(n + ) = f(n + 1) f(n) függvényegyenletet és f(1) =, f() = 3. Határozzuk meg f-et n függvényében. Átfogalmazva: (a n ) olyan sorozat, amelyre a n+ = a n+1 a n ; a 1 =, a = 3. a n =? Egyenletünk [f(n + ) f(n + 1)] [f(n + 1) f(n)] = 0 alakba is
1 írható, ami azt mutatja, hogy a p(n) = f(n + 1) f(n) szerint definiált függvény teljesíti a p(n+1) = p(n) (n N) függvényegyenletet és p(1) = = f() f(1) = 1, azaz p konstans N-en, pontosabban p(n) = 1 (n N). Ezt és p definícióját felhasználva kapjuk f-re az egyszerűbb f(n + 1) f(n) = 1 (n N), f(1) = függvényegyenletet. Ez pedig adja (a fejezet bevezetésében a számtani sorozatokról, illetve a nekik megfelelő függvényegyenletekről mondottak szerint, (1) miatt, hogy ami megoldása egyenletünknek. f(n) = n + 1 (n N), 9. Feladat Az f : N R fügvény bármely n N esetén teljesíti az f(n+) f(n+1)+f(n) = 1 függvényegyenletet és f(1) = 1, f() =. Határozzuk meg f-et n függvényében. Átfogalmazva: (a n ) olyan sorozat, amelyre a n+1 a n + a n 1 = 1; a 0 = 1, a 1 =. a n =? (HBM - 000) Az előbbi feladatban használt ötlettel azonnal kapjuk az egyenletből, hogy a p(n) = f(n + 1) f(n) (n N), p(1) = 1 szerint definiált függvény teljesíti a p(n + 1) p(n) = 1, p(1) = 1 (n N) függvényegyenletetet, ami (hasonló okok miatt, mint az előbbi példában) adja, hogy p(n) = n (n N). Így p definíciója miatt f(n + 1) f(n) = n (n N). Ezt n = 1,,..., n 1-re felírva kapjuk az f() f(1) = 1 f(3) f() =. f(n 1) f(n ) = n f(n) f(n 1) = n 1
azonoságokat, melyeket összeadva f(n) f(1) = 1 + +... + n 1 (n N), azaz n(n 1) f(n) = 1 + (n N) következik, ami valóban teljesíti a függvényegyenletet. 10. Feladat f : N R olyan függvény, hogy f(n + ) = 3f(n + 1) f(n) (n N); f(1) = 3, f() = 7. f(n) =? Átfogalmazás: (a n ) olyan sorozat, amelyre a n+ = 3a n+1 a n (n N), a 1 = 3, a = 7. a n =? f(1) = 3 = 1, f() = 7 = 3 1, továbbá az egyenletet n = 1, -re is felírva f(3) = 3f() f(1) = 15 = 4 1 f(4) = 3f(3) f() = 31 = 5 1 adódik. Így az a sejtésünk, hogy f(n) = n+1 1 (n N). Ez teljes indukcióval egyszerűen bizonyítható. Az ilyen alakú f valóban teljesíti a feladat függvényegyenletét. 11. Feladat f : N R olyan függvény, hogy n N esetén f(n + ) = f(n + 1) + f(n), f(1) = A, f() = B, ahol A, B R konstansok. f(n) =? Átfogalmazva (a n ) olyan sorozat, hogy n N esetén a n+ = 1 (a n+1 + a n ), a 1 = A, a = B, ahol A, B R konstansok. a n =? A függvényegyenlet adja, hogy (k N)-re
3 f(k + ) f(k + 1) = f(k+1)+f(k) f(k + 1) = f(k+1) f(k). A kapott egyenlőség ismételt alkalmazásával k N-re kapjuk, hogy f(k + 1) f(k) f(k) f(k 1) f(k + ) f(k + 1) = = = = azaz k f() f(1) = ( 1) k = ( 1) k B A k, f(k + ) f(k + 1) = ( 1) k B A k (k N). Ezen egyenlőtlenséget k = 1,..., n -re felírva és összegükhöz az f() f(1) = B A egyenlőséget hozzáadva kapjuk, hogy f(n) f(1) = B A B A + B A + + ( 1) n B A n. Így a geometriai sor összegképletét használva f(n) = = A + (B A) azaz ( 1 n 1 ) 1 1 1 = A + B A (B A) + ( 1) n 1 3 3 n, f(n) = B + A 3 + ( 1) n B A 3 Ezen f(n) valóban teljesíti a függvényegyenletet. 1 (n ). n Megjegyzés Nyilván az a n = B+A 3 + ( 1) n B A 1 ( 3 (n N) adja n lim 1 n = 0 miatt ), hogy n 1 lim a n = B + A. n 3 1. Feladat f : N R olyan függvény, hogy n N-re f(n + ) = (α + β)f(n + 1) αβf(n); f(1) = A, f() = B, ahol α, β, A, B R konstansok. f(n) =?
4 a) Ha α β, úgy n N-re igazak a következők: f(n + ) βf(n + 1) = α[f(n + 1) βf(n)] } {{ } f(n + ) αf(n + 1) } {{ } = β[f(n+1) αf(n)] g(n + 1) = αg(n), g(1) = B βa h(n + 1) = βh(n), h(1) = B αa g(n) = α n 1 g(1) = α n 1 [B βa] f(n + 1) βf(n) = α n 1 [B βa] h(n) = β n 1 h(1) = β n 1 [B αa] f(n + 1) αf(n) = β n 1 [B αa] f(n) = 1 [ α n 1 (B βa) β n 1 (B αa) ] (n N) α β b) Ha α = β, úgy az egyenlet írható az f(n + ) αf(n + 1) = α[f(n + 1) αf(n)] (n N) alakba, melyből k(n) = f(n + 1) αf(n) (n N) mellett kapjuk a következőket: k(n + 1) = αk(n), k(1) = B αa (n N) k(n) = α n 1 (B αa) (n N) f(n + 1) αf(n) = α n 1 (B αa) (n N) f(n + 1) } α n+1 f(n) {{ } } α {{ n = B αa } α l(n + 1) l(n) = B αa α l(n) = A α + (n 1)B αa α, l(1) = A α f(n) = (n 1)Bα n (n )Aα n 1 13. Feladat f : N R olyan függvény, hogy n N-re f(n + ) = af(n + 1) + bf(n); f(1) = A, f() = B, ahol a, b R olyanok, hogy a + b 0, a 4b. f(n) =? Bármely, a feladatban szereplő tulajdonságnak megfelelő a, b esetén α, β,
5 a = α + β, b = αβ (α, β az a b = 0 gyökei), így a feladat megoldása visszavezethető a 1. feladatra. 14. Feladat f : N R olyan függvény, hogy n N-re f(n + ) = f(n + 1) + f(n); f(1) = 1, f() = 1. f(n) =? (Fibonacci-sorozat) Ez a 13. feladat a = b = 1, A = B = 1 mellett. Az 1 = 0 egyenlet gyökei: α = 1+ 5, β = 1 5, így a 1. feladat szerint f(n) = 1 5 [( 1 + ) n ( 5 1 ) n ] 5. 15. Feladat f : N R \ {0} olyan függvény, hogy f(n + 1) = 1 1 4f(n) (n N) és f(1) = 1. f(n) =? Átfogalmazva (a n ) olyan sorozat, hogy a 1 = 1, a n+1 = 1 1 4a n (n N); a n =? Ez nem lineáris differencia-egyenlet (rekurzív sorozat). f(1) = 1 és a függvényegyenlet n =, 3, 4, 5-re adja, hogy f() = 1 1 4 1 = 3 4, f(3) = 1 1 4 3 4 f(4) = 1 1 4 4 6 = 5 8, f(5) = 1 1 4 5 8 Ebből megfogalmazhatjuk azt a sejtést, hogy = 4 6, = 6 10. f(n) = n + 1 n (n N), ami teljes indukcióval bizonyítható. n = 1-re igaz az állítás.
6 Ha n ( N)-re igaz a sejtés, úgy a függvényegyenlet adja, hogy f(n + 1) = 1 1 4f(n) = 1 1 4 n+1 n = 1 n (n+1) = (n+1)+1 (n+1). Így a teljes indukció elve alapján valóban igaz a sejtés. Az f(n) = n+1 n (n N) függvény valóban teljesíti a feladatot. A másik írásmódban: a n = n+1 n Megjegyzés lim a n = lim n határértéke 1. n n + 1 n (n N). = 1, azaz rekurzív sorozatunk konvergens és 16. Feladat (a n ) olyan sorozat, melyre a 1 = 3 4, a n+1 = an 1+a n. a n =? Átfogalmazás f : N R olyan függvény, hogy f(n + 1) = f(n) 1 + f(n), f(1) = 3. f(n) =? 4 a 1 = 3 4 = 3 6. Írjuk fel a rekurziót n = 1,, 3 mellett, akkor a = a 3 1 4 = 1 + a 1 1 + 6 4 a 3 = a 3 10 = 1 + a 1 + 6 10 = 3 10 = 3 6, = 3 16 = 3 6 3, 3 Sejtésünk az, hogy a n = (n N). 6n Ezt teljes indukcióval láthatjuk be. n = 1-re már beláttuk. Ha n-re igaz az állítás, úgy a rekurziót használva: a n+1 = a 3 n 6n = 1 + a n 1 + 6 6n = 3 6n + 6 = 3 6(n + 1)
7 következik, ami adja n + 1-re is sejtésünket. Így a teljes indukció elve alapján a n = 3 6n (n N). A másik írásmódban f(n) = 3 6n (n N). Egyszerű számolással kapjuk, hogy ezek teljesítik a feladatot. 17. Feladat Legyenek a, b > 0 valós konstansok, ( n ) az n+1 = 1 ( n + a ) (n N), 1 = b n rekurzióval adott sorozat. Bizonyítsuk be, hogy lim n n = a. A képzési szabály adja, hogy n > 0 (n N). A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget felhasználva: a = n a n 1 ( n + a n ) = n+1 (n N), ami adja, hogy ( n ) alulról korlátos és n a, illetve n a (n ) teljesül. A rekurzió és az utóbbi egyenlőtlenség adja, hogy n -re n+1 n = 1 ( n + a ) n = 1 ( ) a n = a n 0, n n n azaz ( n ) monoton csökkenő, ha n. Így a bevezetőben ismertetett tétel adja, hogy létezik c a, hogy lim n = c. Ugyanakkor a rekurzió adja, hogy n ( c = lim 1 n+1 = lim n + a ) = 1 ( c + a ), n n n c ami csak úgy lehetséges, ha c = a, azaz c = a. Tehát lim n n = a valóban teljesül.
8 Megjegyzés Eredményünk mutatja, hogy az adott rekurzív összefüggés alkalmas a közelítő értékeinek meghatározására. Ha például a = és 1 = 1, akkor ( = 1 1 + ( 1) ) = 1, 5, 3 = 1 3 + 3 = 3 4 + 3 = 17 1 1, 41666. ( ) 4 = 1 17 1 + 17 = 17 4 + 1 17 = 577 408 1, 41415. Így már 4 is elég jó 1 közelítését adja -nek. 18. Feladat Legyen a > 0 adott valós szám, ( n ) az n+1 = a + n (n N), 1 = a rekurzióval adott sorozat. Bizonyítsuk be, hogy ( n ) konvergens. Határozzuk meg a határértékét. Először megmutatjuk, hogy ( n ) monoton növekedő. 1 = a < a + a =. Tegyük fel, hogy n 1 < n, akkor a rekurzió miatt n = a + n 1 < a + n = n+1. Így a teljes indukció elve adja, hogy n < n+1 (n N). Most belátjuk, hogy ( n ) felülről korlátos. n = 1-re 1 = a < a + 1. Tegyük fel, hogy n < a + 1, akkor a rekurziót használva n+1 = a + n < a + a + 1 < a + a + 1 = = ( a + 1) = a + 1. Így a teljes indukció elve adja, hogy n < a + 1 (n N).
9 ( n ) monoton növekvő és felülről korlátos, így c R és c a, hogy lim n n = c. De n+1 = a + n adja, hogy c = lim n n+1 = lim (a + n) = a + c, ami csak úgy lehetséges, n ha c c a = 0, azaz c = 1+ 1+4a ( ) hiszen 1 1+4a < 0. Tehát lim n = 1 + 1 + 4a. n 19. Feladat Legyen n olyan sorozat, hogy 1 = 3, n+1 = 3 n (n N). Bizonyítsuk be, hogy lim n n =. Megmutatjuk, hogy 1 < n < (n N). 1 < 1 = 3 <. Tegyük fel, hogy 1 < n < (n N), akkor a rekurziót is felhasználva 1 < 3 n = n+1 = 3 n < 4 ami adja, hogy 1 < n+1 < Így a teljes indukció elve adja, hogy 1 < n < (n N). ( n ) monoton növekvő, mert n+1 n = 3 n n = 3n n (n 1)( n) = 0, 3n + n 3n + n hiszen n 1 > 0, n > 0, 3 n > 0, n > 0. ( n ) tehát monoton növekedő és felülről korlátos, így c R, hogy lim n n = c, továbbá 1 n < miatt 1 c is teljesül. A rekurzió miatt ekkor c = lim n n+1 = lim n (3 n ) = 3c, azaz c 3c + = 0, tehát c = 1 vagy c =. 1 < n < és n monoton növekedése adja, hogy csak c = lehetséges. Így lim n n =.
30 0. Feladat Vizsgáljuk az n+1 = n +16 10 (n N), 1 = 1 szerint adott rekurzív sorozat konvergenciáját. Megmutatjuk, hogy ( n ) felülről korlátos, mégpedig n < 5 (n N). Ez n = 1-re 1 = 1 < 5 miatt igaz. Tegyük fel, hogy n < 5, akkor a rekurzió miatt n+1 = n + 16 10 < 5 + 16 10 Így a teljes indukció elve adja állításunkat. ( n ) monoton növekedő, mert 1 = 1 < 1+16 10 = 17 10 =. = 41 10 < 5. Tegyük fel, hogy n 1 < n, akkor ( n > 0 (n N)-et is használva) n+1 = n + 16 10 > n 1 + 16 10 A teljes indukció elve adja ( n ) monotonitását. = n. ( n ) monoton növekvő és felülről korlátos, így c R, hogy lim n n = c, továbbá n < 5 miatt c 5. A rekurzív összefüggés ekkor adja, hogy c = lim n + 16 n+1 = lim = c + 16, n n 10 10 azaz c 10c + 16 = 0, ami csak c = vagy c = 8 esetén lehetséges. Tehát: lim n =. n Megjegyzés Ha 1 = 1 helyett 1 = 10-et adnánk meg a feladatban, akkor egyszerűen kapnánk, hogy n 10, így ha ( n ) konvergens lenne, akkor határértékére c 10 kellene, hogy teljesüljön. Ugyanakkor az előbbiek szerint c = vagy c = 8, ez ellentmond annak, hogy c 10. Ezért 1 = 10 mellett az adott rekurzív sorozat nem konvergens.
31 1. Feladat Legyenek 0 < a < b adott valós számok, ( n ) és (y n ) olyan sorozatok, hogy 1 = a, y 1 = b, n+1 = n y n, y n+1 = n + y n akkor létezik lim n n = lim n y n = µ(a, b). (n N), (Ezt a µ(a, b) számot az a, b számok Gauss-féle aritmetikai-geometriai közepének is szokás nevezni, mert a problémával először Gauss foglalkozott 14 évesen, bebizonyítva a feladat állítását.) A középértékek ismert tulajdonságai alapján 0 < a < n y n < b (n N, n > 1). Másrészt, az előbbi egyenlőtlenséget is felhasználva azaz ( n ) monoton növekedő. Ugyanakkor n = n n y n = n+1 (n N), y n+1 = n + y n azaz (y n ) monoton csökkenő. y n + y n Ezeket összegezve igazak a következők is. = y n (n N), n y n y 1, y n n 1 (n N), azaz ( n ) felülről, míg (y n ) alulról korlátos. Így a monoton sorozatok konvergencia-kritériuma miatt létezik A, B valós szám, hogy lim n = A, n lim y n = B. n Az y n+1 = n+yn összefüggés ekkor adja, hogy B = lim y n + y n n = lim = A + B, n n
3 amiből azonnal jön, hogy A = B. Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.. Feladat Legyenek 0 < a < b adott valós számok, ( n ) és (y n ) olyan sorozatok, hogy 1 = a, y 1 = b, n+1 = akkor lim n n = lim n y n = ab. ny n, y n+1 = n + y n n + y n (n N), (Ez is egy Gauss-típusú közép: a harmonikus-aritmetikai közép, melyről azt állítjuk, hogy éppen a ab geometriai közép, lásd [8].) A harmonikus és számtani közép közötti ismert egyenlőtlenség miatt n+1 = ny n n + y n = y n+1 (n N), n + y n így 1 = a < b = y 1 miatt 0 < n y n (n N). Az utóbbi egyenlőtlenség adja, hogy 1 n 1 y n (n N), így n+1 = ny n n + y n = azaz ( n ) monoton növekedő. Másrészt y n+1 = n + y n azaz (y n ) monoton csökkenő. 1 n + 1 y n 1 n + 1 = n (n N), n y n + y n = y n (n N), Továbbá n y n y 1 és 1 n y n adja, hogy ( n ) felülről, (y n ) alulról korlátos. Így a monoton sorozatok konvergencia-kritériuma miatt létezik A, B valós szám, hogy lim n = A, n lim y n = B. n Az y n+1 = n+y n (n N) összefüggés adja, hogy B = lim y n + y n n = lim = A + B, n n
33 ami csak úgy lehetséges, ha A = B. Ugyanakkor n+1 y n+1 = n y n =... = 1 y 1 = ab és az előbbiek adják, hogy A = lim n ny n = ab, azaz A = ab, és ezt kellett bizonyítani. Megjegyzés Ha a = 1, b =, úgy A = lim n ny n =. Az ( n ) és (y n ) sorozatok tagjai nyilván racionális számok, melyek határértéke egy olyan A szám, melyre A =. Ezt nevezzük a négyzetgyökének és ezt A = -vel jelöljük. Így feltételezve, hogy igaz a monoton korlátos sorozatok konvergenciájára kimondott tétel (mely a valós számok teljességi aiómájából következik), kapjuk létezését. Annak egyértelműsége már egyszerűen igazolható. Ugyanakkor n y n, így az iteráció a racionális számokkal való kétoldali közelítését adja. Az iteráció meglehetősen gyors. Gyakorló feladatok 1. Oldjuk meg az n N-re teljesülő a) f(n + ) = f(n + 1) + f(n), f(1) = 1, f() = 3 b) f(n + ) = 5f(n + 1) 6f(n), f(1) = 1, f() = c) f(n + ) = 4f(n + 1) 4f(n), f(1) = f() = 1 d) f(n + ) = f(n) függvényegyenleteket. 1. Legyen (a n ) olyan sorozat, hogy a 1 = 0 és a n+1 = 4(1 a n ) (n N). a n =? 3. f : N R olyan függvény, mely n N-re teljesíti az f(n + ) = 1 n + 1 f(n + 1) + n + n + f(n) + n + 1 n(n + 1)(n + ) függvényegyenletet és f(1) = 1, f() = 3. f(n) =? 4. Határozzuk meg azt az (a n ) sorozatot, amelyre a n+ 4a n+1 + 3a n = 0 ; a 1 = 10, a = 16 teljesül.
34 5. Legyen (a n ) olyan sorozat, hogy a 1 = 1, a n+1 = a n+3 a n +3 lim a n =? n (n N). 6. Legyen (a n ) olyan sorozat, hogy a 1 =, a n+1 = 5a n 4 (n N). lim n a n =?
35 B) Egyváltozós függvényegyenletek megoldása helyettesítésekkel (csoportok és függvényegyenletek) A bevezetés második példájában szereplő f() + f ( 1 ) = 3 + 6 ( R \ {0}) (1) függvényegyenletben az ismeretlen f függvény argumentumában a g 1 () =, g () = 1 ( R \ {0}) adott (ismert) függvények szerepelnek. Ha (1)-ben az 1 helyettesítéssel élünk, úgy a g 1 (g ()) = 1 = g (), g (g ()) = 1 1 = = g 1 () R \ {0} miatt kapott f ( ) 1 + f() = 3 + 6 ( R \ {0}) () egyenletben is az f ( 1 ) és f() található. Az (1) és () egyenletek így egy lineáris egyenletrendszert alkotnak az f() és f ( 1 ) ismeretlenekre, mely megoldható, és ekkor f() kapott alakja megadja (1) megoldását. (1) általánosításaként tekintsünk az f : E R (E R) ismeretlen függvényre E esetén teljesülő a 1 ()f (g 1 ()) + a ()f (g ()) +... + a n ()f (g n ()) = h() (3) alakú függvényegyenletet, ahol a i, h : E R (i = 1,..., n) adott függvények (melyek lehetnek konstansok, sőt bizonyosak 0-k is), míg g 1,..., g n olyan adott függvények, hogy valamelyik, mondjuk g 1 az identikus függvény E-n, azaz g 1 () = ( E), továbbá i, j {1,..., n} esetén létezik k {1,..., n}, hogy g i és g j kompozíciója ( a belőlük készített összetett függvény) egyenlő g k -val, azaz (g i g j ) () = g i (g j ()) = g k () ( E)
36 teljesül. Úgy is fogalmazhatunk, hogy a g 1,..., g n függvények félcsoportot alkotnak az összetett függvény képzésre, mint műveletre nézve (ami persze lehet csoport is). A g,..., g n függvények között lehetnek konstansok is. Ekkor (3)-ban az helyébe rendre g ()-et,..., g n ()-et helyettesítve, az eredeti egyenlettel együtt egy n egyenletből álló lineáris egyenletrendszert kapunk az f(), f (g ()),..., f (g n ()) (n darab) ismeretlenre. Ha ez megoldható, úgy a kapott f() megadja a (3) függvényegyenlet megoldását. Az f értelmezési tartománya egy olyan (E R) halmaz, melyen az összes adott függvény értelmezett. Miután (3)-ban bizonyos a i () együtthatók 0-k is lehetnek, így a hozzájuk tartozó, az f argumentumában szereplő g i ()-ek nem,,látszanak, így nem látjuk az értelmezési tartományukat sem, ezért az f ismeretlen függvény értelmezési tartományát sem tudjuk előre (3) alakjából. A javasolt eljárás azonban segít a nem látszó g i -k és így az f értelmezési tartományának meghatározásában is. Ha (3)-ban látszik g 1 (), g () és mondjuk nincs ott g 3 (), de g (g ()) = g 3 () (azaz g 3 különbözik g 1 -től és g -től is), úgy a (3)-ból g () helyettesítéssel kapott egyenletben megjelenik egy, (3)-ban nem szereplő,,új g 3 () függvény az f argumentumában. Ezután, (3)- ban az g 3 () helyettesítéssel élve, g (g 3 ()) = g 4 () vagy ott van f argumentumában (3)-ban is, vagy nincs. Ha nincs, úgy (3)-ban az g 4 () helyettesítést is el kell végezni. Ennek folytatásával minden g i,,megkerül legfeljebb n 1 lépésben, s megkapjuk a megoldandó egyenletrendszert is. Természetesen (3) lehet olyan is, hogy a 1 () = 0, azaz g 1 () = nem látszik, ekkor a javasolt eljárásban valamikor megjelenik g 1 is, de eljárhatunk úgy is, hogy először egy olyan g 0 () helyettesítést végzünk, hogy g i (g 0 ()) = legyen valamilyen i {,..., n} esetén és akkor (3) helyett ezt az új ((3)-mal általában ekvivalens) egyenletet oldjuk meg. Egyszerűen ellenőrizhető, hogy az { {, }, {, a },, 1 }, {, a }, { }, 1
37 függvénypárok {g 1 (), g ()} kételemű csoportot alkotnak az összetett függvény képzés műveletére, g 1 () =, míg a g () függvényre g (g ()) = teljesül (vagy bármely R-re vagy bizonyos -ek, például = 0, vagy = 1 kivételével). Így ha egy függvényegyenletben ezen függvénypárok valamelyikének függvényei vannak az ismeretlen függvény argumentumában, úgy az g () helyettesítéssel kapott új egyenletből és az eredeti egyenletből álló egyenletrendszer megoldása f()-re (ha létezik) adja a függvényegyenlet megoldását. { Általánosabban az, a+b c a } = {g 1 (), g ()} függvénypár is csoport a c a 0 esetén, mert egyszerű számolás adja, hogy g (g ()) =. A fentebb említett öt{ függvénypár } jól láthatóan ennek speciális esete. (Belátható, hogy az függvénypár pontosan akkor kételemű, a+b c+d csoport, ha d = a.) Így adott p 1, p, p 3 függvényekkel és a, b, c, d konstansokkal a ( ) a + b p 1 ()f() + p ()f = p 3 () c + d függvényegyenlet (minden E R esetén), ha d = a is teljesül, az a+b c a helyettesítéssel kezdve, a fentebb jelzett módszerrel megoldható. Lássunk erre néhány példát. 1. Feladat Az f : R R függvény teljesíti az függvényegyenletet. f() =? 5f() + f( ) = 3 + 4 ( R) A feladat egyenlete az helyettesítéssel adja az függvényegyenletet. 5f( ) + f() = 3 + 10 ( R)
38 Ez az eredeti egyenlettel adja bármely R-re az { 5f() + f( ) = 3 + 4 5f( ) + f() = 3 + 10 egyenletrendszert az f(), f( ) ismeretlenekre. Könnyen kapjuk ennek megoldását f()-re az f() = 9 + 5 1 ( R) előállítást, ami valóban teljesíti egyenletünket.. Feladat Az f : R \ {0} R függvény teljesíti az f() + f függvényegyenletet. f() =? (KÖMAL) ( ) 1 = 3 + 6 ( R \ {0}) A fejezet elején vizsgált (1) függvényegyenlet megoldásait keressük. A javasolt 1 helyettesítéssel kapott (), (1)-gyel együtt egyenletrendszert ad az f() és f ( 1 ) mennyiségekre (bármely R \ {0} esetén). Ezen egyszerű lineáris egyenletrendszerből f ( 1 ) -et eliminálva kapjuk f()-re, hogy f() = + + ( R \ {0}). Egyszerű számolás adja, hogy ez a függvény valóban teljesíti az (1) függvényegyenletet. 3. Feladat Az f : R \ {0, 1} R függvény teljesíti az f() + k f ( ) 1 = + 1 ( 0, 1) függvényegyenletet, ahol k R olyan, hogy 0 < k 1. f() =? (OKTV - 001)
39 A feladat egyenlete és a belőle 1 helyettesítéssel kapott ( ) 1 f + k 1 f() = 1 ( 0, 1) + 1 függvényegyenlet egy lineáris egyenletrendszer az f() és f ( 1 ) menynyiségekre. Utóbbiból f ( 1 ) -et kifejezve és beírva a feladat egyenletébe rövid számolás adja, hogy f() = k (k 1)( + 1) ( R \ {0, 1}), ami valóban teljesíti függvényegyenletünket. 4. Feladat Az f : R \ { 1, 1} R függvény teljesíti az ( ) f() + f = ( R \ { 1 ) 1, 1} függvényegyenletet. f() =? f argumentumában az előbb már bemutatott {, } csoport elemei 1 vannak. Így az helyettesítéssel kapott egyenlet az eredetinél 1 adja az ( ) f() + f 1 = ( ) f 1 + 1 f() = ( egyenletrendszert f(), f esetén. 1 Egyszerű számolás adja, hogy f() = 4 1 ami valóban megoldása az egyenletünknek. ) ismeretlenekre bármely R \ { 1, 1} ( R \ { 1 ), 1},
40 Megjegyzés Ha egyenletünket bármely R\{ 1 } esetén tekintjük az f : R\{ 1 } R függvényre (ami elég természetes), akkor az = 1 helyettesítéssel kapjuk az egyenletből, hogy f(1) = 1. Az előbbi megoldás, ezzel együtt adja, hogy ekkor az egyenlet megoldása az { 4 f() = 1, R \ { 1, 1}) 1, = 1. 5. Feladat Az f : R \ {3} R függvény teljesíti az ( ) 3 + 1 f = f() + 3 ( R \ {3}) 3 függvényegyenletet. Bizonyítsuk be, hogy f konstans függvény. (HBM Matematika Verseny, 004.) { Az f ismeretlen függvény argumentumában az, 3 + 1 } függvénypár szerepel, azaz a már jelzett, a + b } { 3 pár speciális esete, a = 3, c a b = 1, c = 1 mellett. Az 3+1 3 helyettesítéssel kapott és az eredeti egyenlet adja minden R \ {3}-ra a ( ) 3+1 f 3 = f() + 3 ( ) f() = f + 3 3+1 3 ( ) 3+1 egyenletrendszert az f(), f 3 ismeretlenekre. Ennek megoldása f()-re az f() = 3 ( R \ {3}) konstans függvény (R \ {3})-on!), amit bizonyítani kellett. Ha a függvényegyenlet f ismeretlen függvényének argumentumában valamilyen {, g ()} csoport függvényei helyett a {ϕ(), g (ϕ())} függvények szerepelnek, ahol ϕ invertálható függvény, akkor az ϕ 1 ()
41 vagy ϕ() helyettesítés után az argumentumban már az {, g ()} csoport függvényei lesznek, így a korábbi módszer alkalmazható. A fentiek miatt { elég általános az, ha az ismeretlen függvény argumentumában a ϕ(), aϕ() + b } függvénypár szerepel, ahol ϕ invertálható cϕ() a függvény. 6. Feladat Az f : R \ {0} R függvény teljesíti az af( 1) + bf(1 ) = c ( R) függvényegyenletet, ahol a, b, c R olyan konstansok, amelyekre a b. f() =? Egyenletünk (3) típusú, de nem,látszik az f függvény argumentumában a g 1 () = identikus függvény. De azt is mondhatjuk, hogy az {, } félcsoport függvényei helyett a ϕ() = 1-gyel {ϕ(), ϕ()} függvénypár szerepel. Ha az egyenletben először az + 1 helyettesítéssel élünk, kapjuk az eredetivel ekvivalens af() + bf( ) = c( + 1) ( R) függvényegyenletet a g 1 () = és g () = ( R) argumentumokkal. Ha itt elvégezzük az helyettesítést, úgy af( ) + bf() = c( + 1) ( R) adódik (vagyis nem kapunk új argumentumot). Az utóbbi két egyenlet egy lineáris egyenletrendszert ad az f() és f( ) mennyiségekre. Az egyikből f( )-et kifejezve és beírva a másikba azonnal kapjuk, hogy f() = c a b + c a + b ( R), ami megoldása feladatunk egyenletének.
4 7. Feladat Az f : R \ {0, 1} R függvény teljesíti az f ( ) + 1 + f függvényegyenletet. f() =? ( ) = ( R \ { 1, }) + 1 { Az argumentumokat szemlélve látjuk, hogy az, 1 } csoport függvényei } helyett ϕ() = +1 {ϕ(), mellett a 1 függvények szerepelnek. ϕ() Az +1 = t egyenlet megoldásával -re kapjuk, hogy ϕ 1 () = +1 1 ( 1), így az +1 1 ( 1) helyettesítés adja, hogy ( ) 1 f() + f = + 1 ( 0, 1). 1 Ebből az 1 helyettesítéssel következik a f ( ) 1 + f() = + 1 ( 0, 1) egyenlet. A két egyenletből álló egyenletrendszer f() = 4 + 5 3 3 ( 0, 1) megoldása az eredeti egyenletnek is megoldása. 8. Feladat Az f : R \ {} R függvény teljesíti az f( 3 ) f függvényegyenletet. f() =? Az argumentumok az ( 3 ) + 1 3 = 3 + 1 ( 3 ) {, + 1 } csoport helyett, ϕ() = 3 ( R)
{ mellett, a ϕ(), ϕ() + 1 } ϕ() = 3 ( R) függvény. 43 függvények. ϕ inverze nyilván a ϕ 1 () = Egyenletünkből az 3 helyettesítéssel kapjuk a ( ) + 1 f() f = + 1 ( ) függvényegyenletet, illetve ebből az +1 egyenletet. f ( ) + 1 f() = 3 1 Ezen egyenletrendszer megoldása f()-re az f() = + 5 4 3( ) helyettesítéssel az ( ) függvény, mely megoldása az eredeti egyenletnek is. ( ) Ha {, g ()} egy csoport, akkor {, ϕ 1 (g (ϕ())) } is csoport,mert az ϕ 1 (g (ϕ())) helyettesítés adja, hogy ϕ 1 ( g ( ϕ ( ϕ 1 (g (ϕ())) ))) = ϕ 1 (g (g (ϕ()))) = = ϕ 1 (ϕ()) =. 9. Feladat Az f : R \ {1} R függvény teljesíti az ( ) 5 5 + 1 f() + 5f 5 = ( 1) 1 függvényegyenletet. f() =? { Ismeretes, hogy, + 1 } 1 (összetételére) ( 1). egy csoport a függvények kompozíciójára
44 A ϕ() = 5 ( R) invertálható { függvény, a ϕ 1 () = 5 inverzzel, } 5 + 1 így az előbbiek szerint, 5 5 ( 1) is csoport. 1 Az 5 5 +1 5 1 egyenletet. helyettesítéssel kapjuk egyenletünkből a ( ) 5 5 + 1 f 5 + 5f() = ( 1) 1 E két egyenletből álló egyenletrendszer megoldása az f() = 1 3 ( 1) függvény, ami megoldása feladatunk függvényegyenletének. 10. Feladat Az f : R + R függvény teljesíti az [ ( 10 )] + 1 f() + f lg 3 10 = 10 ( > 0) függvényegyenletet. f() =? {, + 1 } 3 ( > 0), mint {, a + b } c a összetett függvény képzésre, mint műveletre nézve. speciális esete, csoport az A ϕ() = 10 ( > 0) függvény invertálható, inverze ϕ 1 () = lg ( { > 1) (. Így az előbbiek adják (de közvetlenül is 10 )} + 1 ellenőrizhető), hogy, lg 3 10 is csoport, ha > 0. Egyenletünk az lg helyettesítéssel adja ( ) a f 10 +1 3 10 [ ( 10 )] + 1 lg 3 10 + f() = 10 + 1 3 10 ( > 0) függvényegyenletet, mely az eredeti egyenlettel együtt egy egyenletrend-
szer az f() és f [ lg ( 10 +1 3 10 )] ismeretlenekre. Az f()-re kapott f() = 6 10 6 10 1 3(3 10 ) ( > 0) megoldás teljesíti a feladat függvényegyenletét, ahogy ezt egy kevés számolás mutatja. 45 Tekintsük most a következő még általánosabb esetet, a p 1, p, p 3 adott függvényekkel az f ismeretlen függvényre teljesülő ( ) ( ) a1 + b 1 a + b p 1 ()f + p ()f = p 3 () c 1 + d 1 c + d függvényegyenletet valamilyen E R halmazon, ahol a i, b i, c i, d i konstansok (i = 1, ). Ha létezne olyan ϕ() lineáris törtfüggvény, amely az argumentumokat egymásba viszi át, akkor az egyenlet megoldását egy ( egyenletrendszer megoldására vezethetnénk vissza, majd például f 1+b a 1 ismeretében már adódna f() is. Egy ilyen helyettesítést úgy kereshetünk,hogy az a 1 + b 1 c 1 + d 1 = a t + b c t + d c 1+d 1 ) egyenlet = ϕ(t) = at+b ct+d megoldását tekintjük t = -re. Ez az ϕ() = a+b c+d helyettesítés az a 1+b 1 c 1+d 1 argumentumot az a +b c +d argumentumba viszi át. Ha ϕ olyan, hogy d = a, azaz ϕ() = a+b c a alakú, akkor az is igaz, hogy ϕ az a+b c +d argumentumot átviszi az a1+b1 c 1 +d 1 argumentumba, s ekkor elértük amit akartunk. A másik lehetséges út, hogy az a1+b1 c 1+d 1 inverzét az d1 b1 c 1+a 1 helyettesítést használjuk (ezt az a 1+b 1 c 1+d 1 = t egyenlet -re való megoldásával, majd a t változócserével kapjuk). Ekkor az f első argumentuma lesz, a második most is valamilyen a+b c+d lineáris törtfüggvény. Ha d = a, akkor olyan egyenletet kapunk, melynél az, a + b } { csoport lesz az argumentumban, amit c a már vizsgáltunk korábban.
46 11. Feladat Az f : R \ {1, 3 } R függvény teljesíti a f ( ) 3f 1 ( ) 3 = + 1 ( R \ {1, 1 } ) függvényegyenletet. f() =? 1. Keressük meg azt az ϕ() helyettesítést, amely az ismeretlen függvény argumentumait egymásba viszi át. Az 1 = 3t 3t+ egyenlet megoldása -re adja az = t + 1 t+3 = ϕ(t) függvényt (t 3), így használjuk az 3+ +3 helyettesítést az egyenletben. Ekkor 1 3 +1, 3 +1 1 és így kapjuk a ( ) ( ) 3 f 3f = 3 + ( R \ {1, 1 ) + 1 1 + 3, 3}. Az R \ {1, 1, 3} esetén teljesülő ( ) ( f ( f 1 3 +1 3f ) 3f 3 +1 ( 1 ) = ) = 3+ +3 egyenletrendszerből rövid számolás adja, hogy ( ) f = 1 3 + 6 1 5 + 3 amiből az 1 helyettesítés adja, hogy f() = 9 + 6 5( 1)( 3) ami valóban teljesíti egyenletünket. ( { R \ 1, 3 }),. Az helyettesítéssel kapjuk egyenletünkből a 1 f() 3f ( ) + = 3 1 1 ( R \ {1, 13 } )
47 függvényegyenletet, ahol + 3 1 Így az + 3 1 helyettesítéssel f következik. a kívánt a+b c a alakú. ( ) + 3f() = + 3 1 + 3 A minden R \ { 1 3, 1, 3 }-re teljesülő ( f() 3f ( ) f + 3 1 + 3 1 ) ( R \ { 13, 3 } ) = 1 3f() = + +3 egyenletrendszer megoldása f() = 1 9 + 6 5 ( 3)( 1) ami egyezik a másik megoldással. ( R \ {1, 3 } ), 1. Feladat Az f : R \ {1,, 3, 1 3, 1 } R függvény teljesíti a ( ) ( ) + 3 (7 6)f + 5f = + 5 3 + 4 + 1 1 ( R \ { 1, 1, 4 3 }) függvényegyenletet. f() =? + 4t 4 Az 3+4 = t egyenlet megoldása = 3t+1, így az 3+1 helyettesítéssel kapjuk az egyenletünkből a 10 0 f() + 5f 3 + 1 ( ) + 1 = 5 + 10 + 1 1 (3 + 1)( 3) ( R \ { 1 3, 1, 3}) illetve ebből az +1 1 helyettesítéssel a 10 + 30 f 4 + ( ) + 1 1 3 + 5f() = 5 ( + 1)( )
48 ( R \ { 1, 1, }) egyenletet. Az utóbbi két egyenletből álló egyenletrendszer megoldása f() = s ez megoldása a feladat egyenletének. ( R \ {1,, 3, 13 ), 1 }, Legyen {g 1 (), g (), g 3 ()} olyan függvényhármas, hogy g 1 () =, (g g )() = g 3 (), (g 3 g 3 )() = g (), (g g 3 )() = (g 3 g )() =, azaz {g 1, g, g 3 } csoport a függvények kompozíciójára. Ha olyan függvényegyenletet tekintünk,ahol az ismeretlen f függvény argumentumában e függvények (de közülük legalább kettő) szerepelnek, úgy a korábban említettek szerint az g (), majd g 3 () helyettesítés (az eredeti egyenletbe) olyan egyenleteket ad, melyeknél az f argumentumában ugyancsak a g 1, g, g 3 függvények lesznek. A kapott három egyenlet az f (g 1 ()), f (g ()), f (g 3 ()) értékekre adhatja az egyenlet megoldását. Hogyan juthatunk ilyen{ háromelemű csoportokhoz? } { Egyszerűen } ellenőrizhető például, hogy, 1 +1, +1 és, 7 3, 3 7 1 csoportot alkotnak (az első nyilván olyan -ekre, hogy 1, 0, a másodiknál pedig 3, 1 esetén). { Ezek az, λ 1 + µ 1, λ } + µ = {g 1 (), g (), g 3 ()} függvényhármas speciális { esetei (melyre nyilván visszevezethetők az általánosabbnak + δ 1 + δ tűnő, a 1 + b 1, a } + b hármasok). c 1 + d 1 c + d A lineáris törtfüggvényeket tartalmazó {g 1 (), g (), g 3 ()} függvényhármasnál λ 1 = 0 (vagy λ = 0) esetén megmutatható, hogy csak akkor lesz csoport, ha δ 1 = a, µ 1 = µ = a, δ = 0, λ = a, azaz {, a a a, a } alakú 0, a mellett. Ha a = 1, úgy e hármas a fentebb említett első példa. Ha λ 1 λ 0, akkor (g g 3 )() = és (g 3 g )() = azonnal adja, hogy δ 1 = λ, δ = λ 1 és µ 1 = µ = µ.
49 Így csak {, λ 1 + µ, λ } + µ hármasok jöhetnek számításba. λ λ 1 A (g g )() = g 3 (), (g 3 g 3 )() = g () azonosságok tovább szűkítik a lehetőségeket. Belátható, hogy csak olyan λ 1, λ lehetséges, melyekhez α R \ {0}, hogy λ 1 λ = α, továbbá β R, β < 0 úgy, hogy λ 1 λ = β µ. λ 1 = 1, λ = 3, µ = 7 esetén létezik ilyen α, β, s akkor kapjuk a fenti második példát. Itt is igaz, hogy ha {, g (), g 3 ()} csoport, úgy ha a {ϕ(), g (ϕ()), g 3 (ϕ())} függvények szerepelnek az f ismeretlen függvény argumentumában, ahol ϕ invertálható,akkor az ϕ 1 () helyettesítéssel már olyan egyenletünk lesz, melyben az {, g (), g 3 ()} csoport elemei lesznek az f argumentumában. Az is ellenőrizhető, hogy egy ϕ invertálható függvény esetén az {, ( ϕ 1 g ϕ ) (), ( ϕ 1 g 3 ϕ ) () } hármas is csoport, ha {, g (), g 3 ()} az. A következőkben az előbbiekre tekintünk feladatokat. 13. Feladat Az f : R \ {0, a} R függvény teljesíti az ( ) a f() + f = ( R \ {0, a}) a függvényegyenletet, ahol a R konstans. f() =? A feladat egyenletében a g 1 () =, g () = a a szerepel az f argumentumában. Ha az a a = g () bevezetőben javasolt helyettesítést elvégezzük, úgy g (g ()) = a a = g 3 () g (), g 1 (), így próbálkozzunk az a a = g 3 () helyettesítéssel. Ekkor g (g 3 ()) = = = g 1 () már nem ad új argumentumot. Az eredeti egyenlet és belőle az előbbi g (), illetve g 3 () helyettesítéssel kapott egyenletek adják az
50 ( ) a f() + f a = ( ) ( ) a f a a a + f ( ) f a a = a a + f() = a a ismeretlenek- ( ) ( ) ( a lineáris egyenletrendszert az f(), f a, f ( re bármely R \ {0, a} esetén. Előbb f a a a a ) ), majd f eliminálása után (ami nyilván egyszerű), kapjuk f()-re, hogy f() = 1 ( ) a + a ami teljesíti függvényegyenletünket. 14. Feladat Az f : R \ {0, 1} R függvény teljesíti az ( R \ {0, a}), ( ) 1 f + f() = 1 + 1 ( R \ {0, 1}) függvényegyenletet. f() =? a a 1 Az f argumentumában az, függvények, míg ha az 1 helyettesítéssel élünk,akkor az 1 1 1 függvények szerepelnek. A két { } 1 egyenletben tehát az argumentum függvényei az, 1, 1 { } függvényhármas tagjai,ami az a, a, a a csoport speciális esete a = 1 mellett. Alkalmazható tehát a már jelzett módszer. Tekintsük az eredeti egyenletet és az abból az 1, majd 1 1 helyettesítéssel kapott egyenletekből álló, minden R \ {0, 1}-re teljesülő f ( ) 1 + f() = 1 ( ) + 1 1 f 1 + f ( 1 ( ) f() + f 1 1 ) = 1 1 + 1 = 1 1 +
) ismeretlenekre. Ennek meg- egyenletrendszert az f(), f ( 1 oldása f()-re az f() = 1 lesz a feladatnak is. ), f ( 1 1 51 ( R \ {0, 1}) függvény, ami megoldása 15. Feladat Az f : R \ {0, } R függvény teljesíti az ( ) 4 f() + f = ( R \ {0, }) függvényegyenletet. f() =? Ha az egyenletben elvégezzük az 4 helyettesítést, akkor a kapott 4 egyenletben f argumentumában a, 4 függvények lesznek. U- { 4 gyanakkor az,, 4 } { } a függvényhármas az a a,, a csoport speciális esete a = mellett. Így elvégezve a feladat egyenletében az 4 4, majd helyettesítést, úgy kapjuk az ( ) 4 f() + f = ( ) 4 f + f ( ) 4 = 4 f ( ) 4 + f() = 4 ( ) 4 egyenletrendszert minden R \ {0, }-re, az f(), f, f ( ) 4 ismeretlenekre. Az f()-re kapott f() = + ( R \ {0, }) megoldás (ahogy ezt egy egyszerű számolás mutatja) megoldása lesz a feladat függvényegyenletének. 16. Feladat Az f : R \ {0, 1} R függvény teljesíti az ( ) ( f + f 1 ) = ( R \ {0, 1}) 1
5 függvényegyenletet. f() =? Az egyenletben nem szerepel a g 1 () = ( R \ {0, 1}) identikus függvény f argumentumában. Az 1 helyettesítéssel kapott, az eredetivel ekvivalens ( ) f 1 +1 + f() = 1 ( R \ {0, 1}) ( ) egyenletben már igen, a g () = 1 +1 ( R \ {0, 1}) függvénnyel együtt. Az g () = 1 +1 helyettesítéssel a ( ) egyenlet olyan egyenletet ad, melyben megjelenik a g 3 () = g (g ()) = +1 argumentum. ( )-ból az +1 = g 3 () helyettesítés a g 1 () és g 3 () argumentumokat adja (vagyis nem kapunk újabb argumentumot). Az előbbi helyettesítések után kapott f ( 1 +1 f ( +1 f() + f ( +1 ) + f() = 1 ) ( ) + f 1 +1 = + 1 ) = bármely ( ) R \ {0, 1}-re teljesülő lineáris egyenletrendszer az f(), f 1 +1, f ( ) +1 ismeretlenekre, melynek megoldása f()-re f() = 1 ( + 1 + 1 ) ( R \ {0, 1}), + 1 ami megoldása a feladat egyenletének is. +1 Megjegyzés { } Az, 1 +1, +1 függvényhármas egyébként a { } a, a, a a csoport a = 1 melletti speciális esete. 17. Feladat Az f : R \ {1, 3} R függvény teljesíti a ( ) 7 f() + 3f = ( R \ {1, 3}) 3 függvényegyenletet. f() =?
53 Az ismeretlen függvény argumentumában az (melyről már szóltunk) két eleme van. Valóban az 7 3 3 7 1 7 helyettesítéskor 7 helyettesítéskor 3 3 3 7 1 7 3 7 1 {, 7 3, 3 7 } csoport 1 7 3 7 7 3 3 3 = következik. = 3 7 1, míg az Az eredeti egyenlethez hozzávéve az így kapott egyenleteket, kapjuk a ( ) 7 f() + 3f 3 = ( ) ( ) 7 3 7 f 3 + 3f 1 = 7 ( ) 3 3 7 f 1 + 3f() = 3 7 1 ( ) ( 7 egyenletrendszert bármely R\{1, 3} esetén az f(), f 3, f ismeretlenekre. ( ) 3 7 A harmadik egyenletből kifejezve f 1 -et f()-el, a kapott kifejezést ( ) a második egyenletbe írva, majd abból f (ugyancsak f()-től 7 3 ) 3 7 1 függő) értékét kifejezve és beírva az első egyenletbe, rövid számolás után kapjuk, hogy f() = 4 35 6 7 35 3 + 9 3 7 35 1 ( R \ {1, 3}) Ez valóban teljesíti függvényegyenletünket. Ellenőrizzük! 18. Feladat Az f : R \ {1, 3} R függvény teljesíti a f ( ) + 1 + f 1 ( ) 3 4 + ( )f( + 5) = 1 ( R \ {1, }) függvényegyenletet. f() =? A feladat függvényegyenletében nem szerepel a g 1 () = identikus függvény az ismeretlen f függvény argumentumában. Korábban jeleztük, hogy alkalmas helyettesítéssel ez elérhető.