XLVIII OM - I - Zadanie 9

Wyznaczyć wszystkie funkcje $ f: \langle 1,\ \infty) \to \langle 1,\ \infty) $, które spełniają następujące warunki:

  • [(i)] $ f(x+1) = \frac{(f(x))^2-1}{x} $ dla $ x \geq 1 $;
  • [(ii)] funkcja $ g(x)=\frac{f(x)}{x} $ jest ograniczona.

Rozwiązanie

Sposób I

Łatwo zauważyć, że podane warunki są spełnione przez funkcję $ f(x) = x + 1 $. Pokażemy, że nie ma innych takich funkcji.

Załóżmy więc, że $ f: \langle 1,\ \infty) \to \langle 1,\ \infty) $ jest dowolną funkcją spełniającą warunki (i) i (ii). Określamy funkcję $ h: \langle 1,\ \infty) \to \langle 0, \infty) $ wzorem

\[<br /> \qquad (1) f(x)=(x+1)h(x)\ \textrm{dla} \ x \geq 1.<br /> \]

Wówczas $ h(x) =\frac{f(x)}{x+1}= \frac{x}{x+1} \cdot g(x) $ i wobec ograniczoności funkcji $ g $ (warunek (ii)) widzimy, że także $ h $ jest funkcją ograniczoną.

Z warunku (i) wynika zależność

\[<br /> \qquad (2) h(x+1)= \frac{f(x+1)}{x+2} = \frac{(f(x))^2-1}{x(x+2)} \ \textrm{dla} \ x \geq 1;<br /> \]

stąd

\[<br /> \begin{split}<br /> \qquad (3) h(x+1)-1= & \frac{(f(x))^2-1-x(x+2)}{x(x+2)}= \frac{(f(x))^2-(x+1)^2}{x(x+2)}=\\<br /> &= \frac{f(x)-(x+1)}{x} \cdot \frac{f(x)+(x+1)}{x+2}=\\<br /> &= \frac{(x+1)(h(x)-1)}{x} \cdot \frac{f(x)+x+1}{x+2}.<br /> \end{split}<br /> \]

Przyjmijmy $ \varphi(x) = \frac{h(x)-1}{x} $; równość (3) , podzielona stronami przez $ x + 1 $, przybiera postać

\[<br /> \varphi(x+1)=\varphi(x) \cdot \frac{f(x)+x+1}{x+2} \ \textrm{dla}\ x \geq 1.<br /> \]

Ułamek po prawej stronie ma wartość nie mniejszą od $ 1 $ (bo wartości funkcji $ f $ z założenia leżą w przedziale $ \langle 1,\ \infty) $). Zatem

\[<br /> |\varphi(x+1)| \geq |\varphi(x)| \ \textrm{dla}\ x \geq 1.<br /> \]

Dla dowolnie wybranej liczby $ x_0 \in \langle 1,\ \infty) $ otrzymujemy stąd ciąg nierówności

\[<br /> \qquad (4) |\varphi(x_0)| \leq |\varphi(x_0+1)| \leq | \varphi(x_0 + 2)| \leq |\varphi(x_0 + 3)| \leq \ldots.<br /> \]

Wcześniej stwierdziliśmy, że funkcja $ h $ jest ograniczona. Z określenia funkcji $ \varphi $, wynika więc, ze $ \lim_{x \to \infty} \varphi(x) = 0 $. To znaczy, że ciąg (4) jest niemalejącym ciągiem liczb nieujemnych, zbieżnym do zera. A to jest możliwe tylko wówczas, gdy wszystkie wyrazy tego ciągu są zerami; w szczególności $ \varphi(x_0)=0 $.

Liczba $ x_0 $ była dowolnie wybrana z przedziału $ \langle 1,\ \infty) $. Stąd wniosek, że $ \varphi $ jest funkcją tożsamościowo równą zeru. Z jej określenia oraz z równości (1) wnosimy kolejno, że $ h(x) = 1 $ oraz $ f(x) = x +1 $ dla $ x \geq 1 $.

Jak zauważyliśmy na początku, funkcja $ f(x) = x + 1 $ spełnia oba zadane warunki; jest więc jedynym rozwiązaniem rozpatrywanego zagadnienia.

Sposób II

Rozpoczynamy, jak w sposobie pierwszym: zakładamy, że funkcja $ f $ spełnia postulowane warunki, określamy funkcję $ h $ wzorem (1) , zauważamy, że $ h $ jest funkcją ograniczoną o wartościach dodatnich, i dochodzimy do wzoru (2) . Zastępujemy w nim $ f(x) $ przez prawą stronę wzoru (1) i dostajemy związek

\[<br /> h(x+1)= \frac{((x+1)h(x))^2-1}{x(x+2)} = \frac{(x^2+2x)(h(x))^2+(h(x))^2-1}{x^2+2x},<br /> \]

czyli

\[<br /> \qquad (5) h(x + 1) = (h(x))^2+ \frac{(h(x))^2-1}{x^2+2x} \ \textrm{dla}\ x \geq 1.<br /> \]

Jeżeli dla pewnej liczby $ x \geq 1 $ zachodzi nierówność $ h(x) > 1 $, to oczywiście także $ (h(x))^2 > 1 $; licznik ułamka po prawej stronie wzoru (5) jest dodatni, mianownik też, więc otrzymujemy nierówność $ h(x + 1) > (h(x))^2 $.

Jeżeli dla pewnej liczby $ x \geq 1 $ mamy $ h(x) < 1 $, to także $ (h(x))^2 < 1 $; korzystamy tu ze spostrzeżenia, że $ h(x) > 0 $ dla wszystkich $ x \geq 1 $. Licznik ułamka we wzorze (5) jest teraz ujemny i dostajemy nierówność $ h(x + 1) < (h(x))^2 $.

Wykazaliśmy więc, że:

\[<br /> \begin{split}<br /> \textrm{jeśli}\ h(x)>1,\ \textrm{to}\ h(x + 1) > (h(x))^2> 1; \\<br /> \textrm{jeśli}\ h(x)<1,\ \textrm{to}\ h(x + 1) < (h(x))^2 <1.<br /> \end{split}<br /> \]

Chcemy dowieść, że funkcja $ h $ jest tożsamościowo równa $ 1 $. Przypuśćmy, że istnieje liczba $ x_0 \geq 1 $, dla której $ h(x_0) \neq 1 $. Uzyskane przed chwilą implikacje prowadzą przez oczywistą indukcję do następujących wniosków:

\[<br /> \begin{split}<br /> & \qquad (6) \textrm{jeśli}\ h(x_0)>1,\ \textrm{to}\ h(x_0+n)> (h(x_0))^{2^n}\ \textrm{dla}\ n = 1,2,3,\ldots ;\\<br /> & \qquad (7) \textrm{jeśli}\ h(x_0)<1,\ \textrm{to}\ h(x_0+n)< (h(x_0))^{2^n}\ \textrm{dla}\ n = 1,2,3,\ldots.<br /> \end{split}<br /> \]

W sytuacji opisanej przez nierówności (6) ciąg $ ((h(x_0))^{2^n}:\ n= 1,2,3,\ldots) $ dąży do nieskończoności; daje to sprzeczność z ograniczonością funkcji $ h $.

W sytuacji opisanej przez nierówności (7) mamy, w myśl określenia (1) ,

\[<br /> \qquad (8) f(x_0+n)=(x_0+n+1)h(x_0+n)< (x_0+n+1)(h(x_0))^{2^n}\ \textrm{dla}\ n=1,2,3,\ldots.<br /> \]

W otrzymanym iloczynie czynnik $ (x_0 + n + 1) $ dąży do nieskończoności, ale drugi czynnik $ (h(x_0))^{2^n} $ dąży znacznie szybciej do zera. Temu nieprecyzyjnemu sformułowaniu nadajemy bardziej ścisłą postać na przykład powołując się na {\it nierówność Bernoulli'ego}:

\[<br /> \qquad (9) (1 + \delta)^m \geq 1 + m\delta\ \textrm{dla}\ \delta \geq -1;\ m = 1,2,3,\ldots.<br /> \]

Liczba dodatnia $ h(x_0) $ jest mniejsza od $ 1 $, więc może być zapisana w postaci $ 1/(1 + \delta) $, gdzie $ \delta>0 $.

Korzystając z tego, że $ 2^n \geq n^2 $ dla $ n \geq 4 $ (łatwy dowód indukcyjny) otrzymujemy na podstawie związków (8) i (9) :

\[<br /> f(x_0+n) < \frac{x_0+1+n}{(1+\delta)^{2^n}} \leq \frac{x_0+1+n}{1+2^n\delta} \leq \frac{x_0+1+n}{1+n^2\delta} =<br /> \frac{\frac{x_0+1}{n^2}+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2} + \delta} \<br /> \textrm{dla}\ n \geq 4.<br /> \]

Gdy $ n $ dąży do nieskończoności, ostatni iloraz dąży do zera. Dostajemy sprzeczność z warunkiem, że wartości funkcji $ f $ leżą w przedziale $ \langle 1,\ \infty) $.

Przypuszczenie, że dla pewnego $ x_0 \geq 1 $ wartość $ h(x_0) $ jest różna od $ 1 $, prowadzi w każdym przypadku do sprzeczności. Zatem $ h(x) = 1 $ dla wszystkich $ x \geq 1 $, i w konsekwencji (por. wzór (1) ) $ f(x) = x + 1 $ dla $ x \geq 1 $.

Uwaga: Konkluzję rozwiązania można zapisać tak: funkcja $ f(x)=x + 1 $ jest jedyną funkcją $ f: \langle 1,\ \infty) \to \langle 0,\ \infty) $ spełniającą dane w warunku (i) równanie funkcyjne oraz podwójną nierówność

\[<br /> 1 \leq f(x) \leq cx\ \textrm{dla}\ x \geq 1,<br /> \]

dla pewnej stałej dodatniej $ c $.

Otóż implikacje (6) i (7) , otrzymane dla funkcji $ h(x) = f(x)/(x + 1) $ w drugim sposobie rozwiązania, pozwalają uzyskać następujące wzmocnienie tego twierdzenia: $ f(x)=x + 1 $ jest jedyną funkcją $ f: \langle 1,\ \infty) \to \langle 0,\ \infty) $ spełniającą równanie (i) wraz z oszacowaniami:

\[<br /> a^{x^\alpha} \leq f(x) \leq b^{x^\beta}\ \textrm{dla}\ x \geq 1,<br /> \]

dla pewnych stałych dodatnich $ a,\ b,\ \alpha,\ \beta $. Szczegółowe uzasadnienie pozostawiamy Czytelnikowi.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź