XLII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLII OM, 1990-1991

Etap:

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

$ f(4x)-f(3x) = 2x \quad \text{ dla } \quad x \in \mathbb{R}. $

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

$ (1) \qquad f(z) = \tfrac{1}{2} z + f\left(\tfrac{3}{4}z\right) \ \textrm{dla}\ z \in \mathbf{R}. $

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

$ \begin{split} f(x) & = \tfrac{1}{2}x + f(\tfrac{3}{4}x)=\\ & = \tfrac{1}{2}x + \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{3}{4}x + f((\tfrac{3}{4})^2x) =\\ & = \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) =\\ & = \ldots = \\ & = \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) =\\ & = \tfrac{1}{2} x \cdot \tfrac{1-\left(\tfrac{3}{4}\right)^n}{1-\tfrac{3}{4}} + f((\tfrac{3}{4})^nx), \end{split} $

czyli

$ (2) \qquad f(x)= 2x\left(1-\left(\tfrac{3}{4}\right)^n\right) + f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nx\right). $

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 $g(x)$ :

$ g(x) = \lim_{n \to \infty} f\left(\left(\tfrac{3}{4}\right)^nx\right). $

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

$ g(u) < g(v). $

Weźmy liczbę $\varepsilon$ taką, że

$ (3) \qquad 0<\varepsilon < \tfrac{1}{2}(g(v)-g(u)). $

W myśl definicji granicy ciągu,

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

oraz

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

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

$ (6) \qquad \left(\tfrac{3}{4}\right)^mv < \left(\tfrac{3}{4}\right)^ku. $

Mamy wówczas (wobec (3))

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$ \lim_{x \to \alpha+} f(x) \quad \textrm{oraz} \quad \lim_{x \to \beta-} f(x). $

(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

$ f(x) \geq f(0) \ \textrm{dla} \ x>0 \quad \textrm{oraz} \quad f(x) \leq f(0) \ \textrm{dla} \ x < 0. $

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

$ (10) \qquad a = \lim_{x \to 0-} f(x), \quad c = \lim_{x \to 0+} f(x). $

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

$ (11) \qquad h(x) = f(x)-2x. $

Z istnienia granic (10) wynika, że również

$ (12) \qquad \lim_{x \to 0-} h(x) =a, \quad \lim_{x \to 0+} h(x) = c. $

Dane w zadaniu równanie funkcyjne przybiera postać

$ (h(4x) + 2(4x))-(h(3x)+2(3x)) = 2x, $

czyli po prostu

$ h(4x) = h(3x) \quad \textrm{dla}\ x \in \mathbf{R}, $

lub pisząc inaczej:

$ h(z) = h(\tfrac{3}{4}z) \quad \textrm{dla}\ z \in \mathbf{R}. $

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

$ h(x) = h(\tfrac{3}{4}x) = h((\tfrac{3}{4})^2x)=h((\tfrac{3}{4})^3x) = \ldots = h((\tfrac{3}{4})^nx). $

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

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

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