Page 41 - Tuzson - Ismerkedes - mutatvany

egyenlőtlenségek, bizonyítása nem megy könnyű szerrel, nagyon jól kell zsonglő-
rözzünk a függvény változóinak a megválasztásával, hogy éppen ezeket kapjuk.
A következő, válogatott feladatok segítségével éppen ezt szeretnénk elérni,
hogy betekintést kaphassunk bizonyos függvényegyenlőtlenségek megoldásainak a
fortélyaiba.
A következő feladat azért nagyon könnyű, mert eleve két információnk (egyen-
lőtlenség) van megadva.

XIX.1. Melyek azok az :f     függvények, amelyekre
0,1
y
f ( )  f ( )  f ( ) ( ) , x y esetén?
,

y
x
f
x
Megoldás
x
0,1
Mivel ( ), ( )f x f y    ezért az ( )f x 1 f y (  )   f ( ) egyenlőtlenség csak

akkor teljesülhet x   esetén, ha ( ) 0 , x   esetén.
f
x
XIX.2. Melyek azok az f    függvények, amelyekre
:
x
y
f ( )  x 2020 f ( ) , x y ,  esetén?
y
Megoldás
1
2020
Ha y  1, akkor f ( )  f (1)x (1), ha pedig y  , akkor
x
x
2020
1
2020    1   1   1
x
f (1)  x f   vagyis f    f (1)   ,   . Tehát ha  x , akkor
 x   x   x  x
2020 2020 
x

f ( )  f (1)x és az előbbiek alapján ( )f x  f (1)x , x . Ha az (1)-ben
0
x  0 , akkor (0) 0f  adódik, ha pedig az eredeti egyenlőtlenségben y  , x  ,
2
f

0
akkor azt kapjuk, hogy (0) 0 , tehát (0)  .
f
XIX.3. Miért nem lehet olyan f    függvényt találni, hogy
:
f
n

( f n  1)  f ( ( )) 1 legyen bármely n esetén?
Megoldás

0
Felírható, hogy f n   1  f  f   1 1n   minden n  esetén, ezért
f   2m  , minden m  esetén. Továbbá  f n   2   f  f n  1  1 2 1 3   
1
minden k  értékre, valamint  f n   1   f f   1n   f   2n   f   n ahon-
  ,
nan következik, hogy f szigorúan növekvő, így  f n   1   f f   1n    f f n
vagyis n   f   n . Tehát n   f   n n  minden n esetén.
1
1
1
XIX.4. Melyek azok az f    függvények, amelyekre
:
2 2 2
x
f

y f ( )( ( ) 2 ) 1 x y , x y ,  ?


x
x
254