XLII OM - II - Zadanie 4

Znaleźć wszystkie funkcje monotoniczne $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ spełniające równanie

\[<br /> f(4x)-f(3x) = 2x \quad \text{ dla } \quad x \in \mathbb{R}.<br /> \]

Rozwiązanie

Sposób I

Dla dowolnego $ x > 0 $ mamy nierówność $ f(4x) - f(3x) > 0 $, z której wynika, że funkcja (monotoniczna) $ f $ jest rosnąca w przedziale $ (0;\infty) $. Analogicznie, dla $ x < 0 $ zachodzi nierówność $ f(3x) -f(4x) > 0 $, więc $ f $ jest rosnąca także w $ (-\infty;0) $.

Zastępując $ 4x $ literą $ z $ przepisujemy podane równanie jako

\[<br /> (1) \qquad f(z) = \tfrac{1}{2} z + f\left(\tfrac{3}{4}z\right) \ \textrm{dla}\ z \in \mathbf{R}.<br /> \]

Weźmy dowolną liczbę $ x \ne 0 $ oraz dowolną liczbę naturalną $ n $. Stosując $ n $-krotnie wzór (1) otrzymujemy równość

\[<br /> \begin{split}<br /> f(x) & = \tfrac{1}{2}x + f(\tfrac{3}{4}x)=\\<br /> & = \tfrac{1}{2}x + \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{3}{4}x + f((\tfrac{3}{4})^2x) =\\<br /> & = \tfrac{1}{2}x + \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{3}{4}x + \tfrac{1}{2} \cdot ( \tfrac{3}{4})^2 x + f((\tfrac{3}{4})^3x) =\\<br /> & = \ldots = \\<br /> & = \tfrac{1}{2}x + \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{3}{4}x + \tfrac{1}{2} \cdot ( \tfrac{3}{4})^2 x + \ldots + \tfrac{1}{2} \cdot (\tfrac{3}{4})^{n-1}x + f((\tfrac{3}{4})^nx) =\\<br /> & = \tfrac{1}{2} x \cdot \tfrac{1-\left(\tfrac{3}{4}\right)^n}{1-\tfrac{3}{4}} + f((\tfrac{3}{4})^nx),<br /> \end{split}<br /> \]

czyli

\[<br /> (2) \qquad f(x)= 2x\left(1-\left(\tfrac{3}{4}\right)^n\right) + f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nx\right).<br /> \]

Chcemy teraz przejść z $ n $ do nieskończoności. Dla $ x > 0 $ ciąg $ ((\frac{3}{4})^nx) $ jest malejący, więc i ciąg wartości $ f((\frac{3}{4})^nx) $ jest malejący, a ponadto ograniczony z dołu przez wartość $ f(0) $ (w tym miejscu korzystamy z założenia monotoniczności funkcji $ f $ w całym zbiorze $ \mathbf{R} $). Podobnie, dla $ x < 0 $ ciąg $ ((\frac{3}{4})^nx) $ jest rosnący, więc i ciąg $ (f(\frac{3}{4})^n x) $ jest rosnący, ograniczony z góry przez $ f(0) $. W każdym przypadku ciąg ten jest zbieżny. Jego granica może {\it a priori} zależeć od $ x $; oznaczmy jej wartość przez $ g(x) $:

\[<br /> g(x) = \lim_{n \to \infty} f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nx\right).<br /> \]

Przypuśćmy, że dla pewnych dwóch liczb dodatnich $ u $, $ v $ zachodzi nierówność

\[<br /> g(u) < g(v).<br /> \]

Weźmy liczbę $ \varepsilon $ taką, że

\[<br /> (3) \qquad 0<\varepsilon < \tfrac{1}{2}(g(v)-g(u)).<br /> \]

W myśl definicji granicy ciągu,

\[<br /> (4) \qquad f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nu\right)<g(u) + \varepsilon \quad \textrm{dla dostatecznie dużych} \ n<br /> \]

oraz

\[<br /> (5) \qquad f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nv\right)>g(v) - \varepsilon \quad \textrm{dla dostatecznie dużych} \ n.<br /> \]

Znajdujemy teraz liczbę naturalną $ k $ tak dużą, żeby dla $ n = k $ zachodziła nierówność (4). Następnie znajdujemy liczbę naturalną $ m $ tak dużą, żeby dla $ n = m $ zachodziła nierówność (5) oraz, ponadto, żeby było

\[<br /> (6) \qquad \left(\tfrac{3}{4}\right)^mv < \left(\tfrac{3}{4}\right)^ku.<br /> \]

Mamy wówczas (wobec (3))

\[<br /> f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^{m\vphantom{k}} v\right)-<br /> f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^k u\right)<br /> > (g(v)-\varepsilon)-(g(u) + \varepsilon) = g(v)-g(u) - 2\varepsilon > 0.<br /> \]

To się jednak kłóci z nierównością (6); pamiętamy, że funkcja $ f $ jest rosnąca w $ (0;\infty) $.

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że nierówność $ g(u)<g(v) $ nie jest możliwa dla żadnej pary liczb $ u, v > 0 $. Stąd wniosek, że wartość $ g(x) $ jest ta sama dla wszystkich $ x > 0 $. Oznaczmy tę wartość przez $ c $. Zatem

\[<br /> (7) \qquad \lim_{n \to \infty} f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nx\right) = c \quad \textrm{dla} \ x > 0.<br /> \]

Zupełnie analogicznie dowodzimy, że wartość granicy $ g(x) $ jest wspólna dla wszystkich $ x < 0 $. Oznaczając ją przez $ a $ mamy więc

\[<br /> (8) \qquad \lim_{n \to \infty} f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nx\right) = a \quad \textrm{dla} \ x < 0.<br /> \]

Możemy teraz we wzorze (2) przejść do granicy (gdy $ n \to \infty $). Otrzymujemy

\[<br /> f(x) = 2x+a \ \textrm{dla} \ x < 0 \quad \textrm{oraz} \quad f(x) = 2x + c \ \textrm{dla} \ x > 0.<br /> \]

Z uwagi na żądanie monotoniczności funkcji $ f $ na zbiorze $ \mathbf{R} $, musi zachodzić nierówność $ a \leq c $, zaś wartość $ f(0) $ musi leżeć między $ a $ i $ c $. Ostatecznie więc

\[<br /> (9) \qquad f(x) = \left\{<br /> \begin{array}{lcl}<br /> 2x+a & \textrm{dla} & x<0, \\<br /> b & \textrm{dla} & x=0, \\<br /> 2x+c & \textrm{dla} & x>0,<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

gdzie $ a $, $ b $, $ c $ są dowolnymi stałymi takimi, że $ a \leq b \leq c $.

Sprawdzenie, że istotnie każda funkcja tej postaci spełnia podane równanie funkcyjne, jest natychmiastowe.

Sposób II

Rozwiązanie zadania można znacznie uprościć korzystając z twierdzenia analizy, które mówi, że

jeśli funkcja $ f $ jest ograniczona i rosnąca w pewnym przedziale $ (\alpha;\beta) $, to istnieją skończone granice jednostronne

\[<br /> \lim_{x \to \alpha+} f(x) \quad \textrm{oraz} \quad \lim_{x \to \beta-} f(x).<br /> \]

(Dowód można znaleźć w dowolnym uniwersyteckim podręczniku analizy matematycznej.)

W rozważanym zadaniu rozpoczynamy (jak w sposobie I) od stwierdzenia, że $ f $ jest funkcją rosnącą dla $ x > 0 $ i dla $ x < 0 $. Ponadto z założenia monotoniczności $ f $ na zbiorze $ \mathbf{R} $ mamy

\[<br /> f(x) \geq f(0) \ \textrm{dla} \ x>0 \quad \textrm{oraz} \quad f(x) \leq f(0) \ \textrm{dla} \ x < 0.<br /> \]

Biorąc więc jako przedział $ (\alpha;\beta) $ w cytowanym wyżej twierdzeniu najpierw przedział $ (0;1) $, a następnie $ (-1;0) $, widzimy, że funkcja $ f $ jest w każdym z tych przedziałów rosnąca i ograniczona, i wobec tego istnieją skończone granice

\[<br /> (10) \qquad a = \lim_{x \to 0-} f(x), \quad c = \lim_{x \to 0+} f(x).<br /> \]

Oczywiście monotoniczność funkcji $ f $ na $ \mathbf{R} $ pociąga za sobą nierówność $ a \leq c $. Oznaczając $ f(0) $ przez $ b $, jak poprzednio, mamy $ a \leq b \leq c $.

Dalej można powtórzyć pierwszy sposób rozwiązania, pomijając cały fragment środkowy (od wzoru (2) do wzorów (7) i (8)). Można też, zamiast tego, rozumować następująco:

Określamy funkcję $ h: \mathbf{R} \to \mathbf{R} $ wzorem

\[<br /> (11) \qquad h(x) = f(x)-2x.<br /> \]

Z istnienia granic (10) wynika, że również

\[<br /> (12) \qquad \lim_{x \to 0-} h(x) =a, \quad \lim_{x \to 0+} h(x) = c.<br /> \]

Dane w zadaniu równanie funkcyjne przybiera postać

\[<br /> (h(4x) + 2(4x))-(h(3x)+2(3x)) = 2x,<br /> \]

czyli po prostu

\[<br /> h(4x) = h(3x) \quad \textrm{dla}\ x \in \mathbf{R},<br /> \]

lub pisząc inaczej:

\[<br /> h(z) = h(\tfrac{3}{4}z) \quad \textrm{dla}\ z \in \mathbf{R}.<br /> \]

Dla dowolnej liczby rzeczywistej $ x $ i dla dowolnej liczby naturalnej $ n $ mamy zatem

\[<br /> h(x) = h(\tfrac{3}{4}x) = h((\tfrac{3}{4})^2x)=h((\tfrac{3}{4})^3x) = \ldots = h((\tfrac{3}{4})^nx).<br /> \]

Gdy $ n $ dąży do nieskończoności, ciąg $ h((\frac{3}{4})^nx) $ dąży - zgodnie z (12) - do wartości $ a $, jeśli $ x $ jest ujemne, oraz do wartości $ c $, jeśli $ x $ jest dodatnie; dla $ x=0 $ ciąg ten jest stały, równy $ b $. W granicy otrzymujemy więc równość

\[<br /> h(x) = \left\{\begin{array}{ccl}<br /> a &\textrm{dla} & x < 0,\\<br /> b &\textrm{dla} & x = 0,\\<br /> c &\textrm{dla} & x > 0.<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

Po uwzględnieniu definicji (11) dostajemy stąd wzór (9), przedstawiający ogólne rozwiązanie rozważanego równania funkcyjnego w klasie funkcji monotonicznych.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź