XLVIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XLVIII OM, 1996-1997

Etap:

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

$ \qquad (1) f(x)=(x+1)h(x)\ \textrm{dla} \ x \geq 1. $

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

$ \qquad (2) h(x+1)= \frac{f(x+1)}{x+2} = \frac{(f(x))^2-1}{x(x+2)} \ \textrm{dla} \ x \geq 1; $

stąd

$ \begin{split} \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)}=\\ &= \frac{f(x)-(x+1)}{x} \cdot \frac{f(x)+(x+1)}{x+2}=\\ &= \frac{(x+1)(h(x)-1)}{x} \cdot \frac{f(x)+x+1}{x+2}. \end{split} $

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

$ \varphi(x+1)=\varphi(x) \cdot \frac{f(x)+x+1}{x+2} \ \textrm{dla}\ x \geq 1. $

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

$ |\varphi(x+1)| \geq |\varphi(x)| \ \textrm{dla}\ x \geq 1. $

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

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

$ 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}, $

czyli

$ \qquad (5) h(x + 1) = (h(x))^2+ \frac{(h(x))^2-1}{x^2+2x} \ \textrm{dla}\ x \geq 1. $

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:

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

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:

$ \begin{split} & \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 ;\\ & \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. \end{split} $

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) ,

$ \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. $

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}:

$ \qquad (9) (1 + \delta)^m \geq 1 + m\delta\ \textrm{dla}\ \delta \geq -1;\ m = 1,2,3,\ldots. $

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) :

$ 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} = \frac{\frac{x_0+1}{n^2}+\frac{1}{n}}{\frac{1}{n^2} + \delta} \ \textrm{dla}\ n \geq 4. $

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

$ 1 \leq f(x) \leq cx\ \textrm{dla}\ x \geq 1, $

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:

$ a^{x^\alpha} \leq f(x) \leq b^{x^\beta}\ \textrm{dla}\ x \geq 1, $

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