Page 16 - Tuzson - Ismerkedes - mutatvany


( f x  y )  f ( ) ( ) 0 vagyis az ( ) 0, x . Ha tehát nem létezik ilyen,

f
x
f
x

y
0 0
x
y  y , akkor feltételezhető, hogy ( ) 0 minden valós x esetén. Ezt az esetet
f

0
már logaritmálással a bemutatottak alapján tárgyalhatjuk. Tehát a megoldások
ax
x
f ( ) 0 vagy ( )f x  e .

VI.1.3. Melyek azok az f :(0, )   folytonos függvények, amelyek

x

f
)
teljesítik az (x y  f ( )  f ( ) egyenletet, minden , y (0, ) esetén?
x
y

Megoldás

y
x
Az exponenciális függvény e  e  e x y tulajdonságára gondolva vezessük
x

e
x
be a következő változócserét: g ( )  f ( ) . Ekkor g (x  ) y  ( f e x y ) és
x

x
y
g ( )  g ( )  f ( )  f ( )  ( f e e y )  ( f e x y ) vagyis g (x  ) y  g ( ) g ( )
x

x
x
e
y

e
ezért ( ) ax vagyis ( )f e x  ax és ha most x helyett ln x -et írunk, ( )f x  a ln x
g
x

adódik.
Megjegyzés
:
Amennyiben az f :(0, )   feltételt f    feltétellel helyettesítjük,


y
0
akkor x   esetén kapjuk, hogy f (0)  f (0)  f (0)  f (0) 0. Ellenben ha

x
f
x
0
most csak y  , akkor kapjuk, hogy (0)  f ( )  f (0)  f ( ) 0 , vagyis ebben
f
x
x


f
az esetben nem az ( ) a ln x a megoldás, hanem ( ) 0 .

VI.1.4. Melyek azok az f :(0, )  (0, ) folytonos függvények, amelyek teljesítik

x
)

y
az (x y  f ( ) f ( ) egyenletet, minden , y (0, ) esetén?

f

x
Megoldás
Most a logaritmus függvény ln y  ln y  ln xy tulajdonságára gondolva, vezes-
x

f

f

e
sük be a g ( ) ln ( ) változócserét. Ekkor ( g x  y ) ln (e x y ) és
x

x
y
x
y
g ( ) g ( )  ln ( ) ln ( ) ln ( )f e x  f e  f e  f ( ) ln (e e y ) ln (e x y ) ami alap-
y

x


f
f
e

x

x
y
ján g (x  ) y   g ( )  g ( ) , tehát g ( ) ax , ezért ln ( )f e x  ax , ahonnan
x
x
ax
a
f ( ) e és most az e helyett x -et írva kapjuk, hogy ( )  x .

e
x
f
Megjegyzés
:
Amennyiben az f :(0, )  (0, ) feltételt f    feltétellel helyettesít-


2
0,1
0
y
jük, akkor x   esetén kapjuk, hogy f (0)   (0)f   f (0)   . Ha



x
0
f (0) 1, akkor az y  esetén kapjuk, hogy (0)  f ( ) f (0)  f ( ) 1.
f
x
2
y
Legyen most x   t ahol t  , így kapjuk, hogy f ( )   f     0
t
t
0
 
a


ahonnan ha ( ) 0  f ( ) 0 így az előbbi megoldás alapján ( )f x  x . Ugyan-
t
t
f
f

x
akkor vegyük észre, hogy ( ) 0 is megoldása a feladatnak. Ez utóbbit a követ-

kezőképpen indokoljuk: legyen a  olyan valós szám, amelyre ( ) 0 . Ekkor
0
f
a
 x 

x
x
f
a
az ( )  f ( ) f    0 alapján azonnal adódik, hogy. ( ) 0
f
 a 
96