Page 25 - Tuzson - Ismerkedes - mutatvany

 m   1  m m
f    mg    f (1)  a vagyis ( ) ar , r  és mivel g páratlan,


r
f

 n   n  n n
r
r

ezért f ( ) ar ,   esetén is. Legyen most x és r  úgy, hogy
n
x

x
lim r  . Mivel f ( )  ar , ezért a határértékre térve kapjuk, hogy f ( ) ax ,
r
n
n n n
 x .
X.5. Határozzuk meg azokat az f     folytonos függvényeket, amelyek telje-
:
y
f
f ( ) ( )
x

sítik az (f x  ) y  függvényegyenletet, x  y , , y  esetén!
x
y
f ( )  f ( )
x
Megoldás


Megmutatjuk, hogy f ( ) 0 ,   . Valóban, ha létezne y  úgy,
x

x
0
x

y
hogy f ( ) 0 , akkor a függvényegyenlet alapján f ( )  f ((x  y )  y ) 
0 0 0
( f x  y ) ( )
y
f
 0 0  0 , vagyis f azonosan nulla lenne, ez nem talál az egyenletbe.
( f x  y )  f ( )
y
0 0
1
x
x
Az eredeti egyenletbe ha x  y , akkor f (2 )  f ( ) ha pedig y  2x , akkor
2
x
f
f ( ) (2 ) 1 1
x
x
x
f (3 )   f ( ) . Ezért feltételezzük, hogy ( )f nx  f ( ) (*) minden
x
f ( )  f (2 ) 3 n
y
x
1

x
x
x esetén, és bizonyítjuk, hogy f ((n  1) )  f ( ) is igaz. Valóban,
n  1
1 2
x
n
x
x
f ( ) ( ) n f ( ) 1
f
f ((n  1) )    f ( ) . A (*) egyenletbe x helyére
x
x
x
n
x
f ( )  f ( ) 1 n  1
x
f ( )  f ( )
x
n
m 1 1  m   m  1
x értéket írva kapjuk, hogy f ( )  ( f mx  f  x  f  x  f ( ) .
x
x
)


n m n  n   n  m
n
1

Tehát ( )f rx  f ( ) minden r  esetén. Ha az eredeti egyenletben x  2x ,
x
r 
1
f

x
x
f
x

f (2 ) ( ) 2 f ( ) ( )
x
y  x változócserét végezzük, akkor ( )f x  f (2x x  
)

x
f (2 ) f ( ) 1
x


x
x


f ( ) f ( )
2
1 1
x

ahonnan f ( )  ( f  ) x  ( f  ) x azaz f ( x   f ( ) , vagyis f páratlan.
x
)
2 2
1
x
Továbbá az ( )f rx  f ( ) egyenlőségben x helyett x értéket írva kapjuk, hogy
r
160