LV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LV OM, 2003-2004

Etap:

Niech $\mathbb{Q}$ oznacza zbiór wszystkich liczb wymiernych. Wyznaczyć wszystkie funkcje $f: \mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ spełniające warunek

$ (1) \qquad f (x^2 + y) = xf (x) + f (y) $

dla każdej pary liczb wymiernych $x$ , $y$ .

Rozwiązanie

Sposób I.

Niech $n$ będzie liczbą całkowitą dodatnią. Wykażemy indukcyjnie, że dla dowolnej liczby wymiernej $y$ oraz dowolnej liczby całkowitej dodatniej $k$ zachodzi równość

$ (2) \qquad f\left(\frac{k}{n^{2}}+y\right)=\frac{k}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f(y). $

Dla $k = 1$ równość (2) uzyskujemy bezpośrednio z zależności (1) podstawiając $x = 1/n$ . Załóżmy teraz, że równość (2) jest spełniona dla liczby $k$ oraz wszystkich liczb wymiernych $y$ . Wówczas

$ \begin{array}{rcl} f\left(\frac{k+1}{n^{2}}+y\right)&=&f\left(\frac{k}{n^{2}}+\left(\frac{1}{n^{2}}+y\right)\right)=\frac{k}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(\frac{1}{n^{2}}+y\right)=\\ &=&\frac{k}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(y\right)=\frac{k+1}{n}\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f\left(y\right), \end{array} $

co kończy dowód indukcyjny zależności (2).

Kładąc w równaniu (1) $x=y = - 1$ dostajemy $f(0) = -f(-1) + f(-1) = 0$ . Podstawiając następnie $y = 0$ i $k = n^2$ do zależności (2) otrzymujemy

$ (3) \qquad f\left(\frac{1}{n}\right)= \frac{f(1)}{n}\ \textrm{dla}\ n=1,2,3, \ldots. $

Przyjmując z kolei w równości (2) $k = m \cdot n$ , gdzie $m$ jest pewną liczbą całkowitą dodatnią, oraz wykorzystując zależność (3) mamy

$ (4)\qquad f\left(\frac{m}{n}+y\right)=m\cdot f\left(\frac{1}{n}\right)+f(y)=f(1)\cdot\frac{m}{n}+f(y) $

dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich $m$ i $n$ oraz wymiernych $y$ . Podstawiając wreszcie $y = 0$ oraz $y = -m/n$ w równości (4) uzyskujemy odpowiednio

$ (5)\qquad f\left(\frac{m}{n}\right)=f(1)\cdot \frac{m}{n}\ \textrm{oraz}\ f\left(-\frac{m}{n}\right)=-f(1)\cdot \frac{m}{n} $

dla wszystkich liczb całkowitych dodatnich $m$ , $n$ . Niech $a = f(1)$ . Ze związków (5) oraz z równości $f(0) = 0$ wynika, że $f(x) = ax$ dla wszystkich liczb wymiernych $x$ .

Bezpośrednio sprawdzamy, że każda funkcja określona wzorem $f(x) = ax$ , gdzie $a$ jest liczbą wymierną, spełnia warunki zadania.

Sposób II.

Niech $a = f(1)$ . Wówczas dla dowolnej liczby wymiernej $x$ mamy

$ \begin{array}{rcl} f(-x)&=&f(x^{2}-x)-xf(x)=f((x-1)^{2}+(x-1))-xf(x)=\\ &=&(x-1)f(x-1)+f(x-1)-xf(x)=\\ &=&x(f(x-1)-f(1^{2}+(x-1)))=-xf(1)=-ax,\\ \end{array} $

skąd $f(x) = ax$ dla dowolnej liczby wymiernej $x$ .

Bezpośrednio sprawdzamy, że każda funkcja określona wzorem $f(x) = ax$ , gdzie $a$ jest liczbą wymierną, spełnia warunki zadania.