Opravovatelia

Pedro [email protected]

Na začiatok si predstavíme veľmi užitočnú vlastnosť funkcií, ktorá sa často využíva pri riešení funkcionálnych rovníc – prostosť – a povieme si, prečo sa zväčša potešíme, keď túto vlastnosť o našej hľadanej funkcií zistíme. Ak presne viete, čo tu idem teraz napísať, pokojne tento odstavec preskočte. Funkcia $f$ (napríklad taká, ktorá rieši našu rovnicu zo zadania) sa nazýva prostá, ak pre všetky $x, y$ z definičného oboru funkcie¹ platí: $f(x)=f(y) \implies x=y$. Slovne: funkcia $f$ je prostá ak žiadne jej dva rôzne vstupy nemajú rovnakú funkčnú hodnotu. Prečo je táto vlastnosť tak super pri funkcionálnych rovniciach? Predpokladajme, že sa nám pri riešení podarí dopracovať k vzťahu: $f(\text{výraz 1})=f(\text{výraz 2}).$ Potom využitím definičnej vlastnosti prostosti vieme povedať, že $\text{výraz 1}=\text{výraz 2}.$ Týmto sme sa zbavili nepríjemnej “šupky” a dostali sme sa k plodom. Rovnosť takýchto dvoch vstupov do funkcie $f$ nám často odhalí veľmi zjednodušené, často kľúčové tvrdenie. Ak si to neviete predstaviť v praxi, stačí pokračovať v čítaní tohto riešenia.

Teraz, keď už vieme, že prostosť je sexi, pokúsime sa ju v tejto úlohe získať. Nanešťastie, nebude to také jednoduché, lebo po chvíli hrania sa so zadaním si ľahko všimneme, že funkcia $f(x)=1$ vyhovuje zadaniu (ako jediná úplne konštantná funkcia). Naša funkcia teda nemôže byť prostá bez dodatočných trikov. Ukážeme teda, že ak funkcia $f$ nie je prostá, potom musí spĺňať $f(x)=1$. Potom budeme môcť vylúčiť tento prípad tým, že budeme predpokladať, že funkcia je prostá, a zistíme, či sa dopracujeme k nejakému ďalšiemu riešeniu.

Nech teda existujú $a < b$ také, že $f(a)=f(b).$ Pozrieme sa, čo z tohto bude vyplývať. Všimnime si, že v ľavej strane našej rovnice vystupuje člen $x$ vždy iba sám vo funkcií $f$. Teda by sme mohli vstupy $a, b$ oba postupne dosadiť za $x$, kým $y$ necháme „voľné“, aby sme na ľavej strane dospeli k rovnakému výrazu. Dostávame

$$f(f(a)+y)f(a)=f(ay+1),$$

ako aj

$$f(f(b)+y)f(b)=f(by+1).$$

Vidíme, že ľavé strany sa rovnajú, a teda pre každé $y \in \mathbb{R}^+$ máme $f(ay+1)=f(by+1).$ Toto je v podstate veľmi silné tvrdenie – dáva nám to do rovnosti funkčné hodnoty nekonečného množstva rôznych dvojíc vstupov. Napríklad si môžeme všimnúť, že z ľubovoľného $z > 1$ vieme pomocou tejto rovnosti „skákať“ dole alebo hore a vytvoriť tak postupnosť rôznych čísel, ktorá má celá rovnakú funkčnú hodnotu. Ako? Stačí položiť do rovnosti $ay+1=z$ a vyriešiť pre $y$. Vieme, že riešenie existuje v našom definičnom obore, lebo $z > 1$. Potom dosadíme túto hodnotu $y$ do výrazu $by+1$ a dostaneme $z^\prime > z$ také, že $f(z)=f(z^\prime).$ Potom presadením $z$ za $z^\prime$ a zopakovaním tohto procesu dostaneme danú rovnosť opäť, tentoraz pre pôvodné $z^\prime$, teraz $z$, a nové, ešte väčšie $z^\prime$. A takto to opakovať donekonečna. Podobne, ak by sme postupovali rovnako až na to, že by sme riešili $by+1=z$ a potom dosádzali do $ay+1$, dostali by sme nekonečnú postupnosť večne sa približujúcu k 1 zhora, ktorá by celá dosahovala rovnakú funkčnú hodnotu po dosadení do $f$.

Čo s tým ale vieme spraviť? Žiaľ, po chvíľke zamyslenia si uvedomíme, že takýmto spôsobom by sme vytvorili nekonečne veľa postupností, o ktorých by sme vedeli, že majú rovnakú funkčnú hodnotu, ale nevedeli by sme hneď tieto postupnosti prepojiť. Kľúčové pozorovanie je, že ak pre $a, b$ platí $f(a)=f(b)$, potom využitím práve vzťahu $f(ay+1)=f(by+1)$ vieme (takmer) ľubovoľnou voľbou $y$ dostať nový pár $a^\prime, b^\prime$ taký, že: $f(a^\prime)=f(b^\prime)$. Načo je nám dobré získať nový takýto pár? Podstatné je, že $\frac{b^\prime}{a^\prime} \in \left(1, \frac{b}{a}\right),$ a zároveň, že ľubovoľnú hodnotu zlomku $\frac{b^\prime}{a^\prime}$ v tomto intervale vieme dosiahnuť vhodnou voľbou $y$. To sa dá vidieť vyriešením rovnice, v ktorej položíme $\frac{b^\prime}{a^\prime}$ rovné ľubovoľnému číslu z daného intervalu.

Majme teraz ľubovoľný pár $1 < z < w$. Ak zvolíme $y$ tak, aby $by+1=w$, vidíme, že $y=(w-1)/b$. Dosadiac to do $ay+1$ získame hodnotu $(w-1)a/b+1.$ Pozrime sa teraz na pomer $w$ a $(w-1)a/b+1$ po odčítaní 1 od oboch:

$$\frac{w-1}{(w-1)a/b+1-1}=\frac{b}{a}.$$ Preto z pohľadu 1, pomer týchto dvoch čísel je $\frac{b}{a}$. Keby sme si teda číslo 1 predstavili ako 0 a čísla väčšie ako 1 ako kladné čísla, potom pomer medzi dvomi po sebe idúcimi členmi takto vzniknutej postupnosti je presne $\frac{b}{a}.$ Ak $\frac{b}{a}=\sqrt[k]{\frac{w-1}{z-1}}$ pre nejaké prirodzené $k$, potom postupným skákaním smerom dolu spôsobom, ako sme to robili doteraz, získame $f(w)=f(z).$ Toto avšak nemusí platiť. Našťastie, práve preto je pozorovanie o získaní nového páru $f(a^\prime)=f(b^\prime)$ také užitočné. Ak $\frac{b}{a}\neq\sqrt[k]{\frac{w-1}{z-1}},$ stačí zobrať dostatočne vysoké $k$, zvoliť $q=\sqrt[k]{\frac{w-1}{z-1}}<\frac{b}{a}$ a potom nájsť také $y$, že $\frac{by+1}{ay+1}=q.$ Z toho získavame $f(w)=f(z).$

Nakoľko sme na začiatku tejto konštrukcie nekládli žiadne podmienky na $z, w$ okrem toho, že sú väčšie ako 1, dostávame túto rovnosť pre všetky vstupy väčšie ako 1. Teda naša funkcia $f$ je konštantná na celom intervale $(1, \infty)$. Označme si jej funkčnú hodnotu $c$. Dosaďme teraz do našej rovnice $1<z,w$ za $x,y$. Dostaneme

$$f(f(z)+w)f(z)=f(zw+1).$$

Po zvážení, že všetky vstupy vonkajších funkcií budú väčšie ako $1$, získavame $c^2=c$, z čoho vyplýva $c=1$. Teraz dosaďme $z \le 1 < w$, $z$ za $x$ a $w$ za $y$. Dostaneme:

$$f(f(z)+w)f(z)=f(zw+1).$$

Po zvážení, že vstup prvej funkcie na ľavej strane a funkcie na pravej strane sú väčšie ako 1 získavame $f(z)=1$. Takto sme teda dostali vzťah $f(x)=1$ pre všetky možné vstupy, čím sa nám úspešne podarilo ukázať, čo sme pôvodne chceli.

Teraz už môžeme konečne predpokladať, že funkcia $f$ je prostá. Nanešťastie, naša rovnica obsahuje tri rôzne $f()$ výrazy, a teda náš trik so škrtaním $f$ popísaný v prvom odstavci nemôžeme hneď použiť. Musíme sa vhodnými dosadeniami zbaviť niektorej z týchto funkcií – napríklad tak, že ukážeme, že pre dané dosadenie je rovná 1. Zatiaľ však nemáme dostatok informácií o našej $f$, aby sme také niečo mohli spraviť. Všimnime si ale, že $f(x)$ a $f(xy+1)$ by sme vedeli škrtnúť, ak by platilo $x=xy+1.$ Toto vskutku vieme dosiahnuť voľbou $y=\frac{x-1}{x},$ pokiaľ $x>1.$ Potom dostaneme, po škrtnutí týchto dvoch funkcií

$$f\left(f(x)+\frac{x-1}{x}\right)=1.$$

Označme si $a := f(x)+\frac{x-1}{x}.$ Potom vidíme, že $f(a)=1$. Našli sme teda vstup, ktorý budeme vedieť dosadiť do $f$ tak, aby sme sa $f$ zbavili. Dosaďme teda (celkom prirodzene) $a$ za $x$ a $y$ nechajme voľné. Po škrtnutí $f(a)$ dostaneme

$$f(1+y)=f(ay+1),$$

z čoho okamžite vidíme $a=1$ po použití nášho škrtacieho triku. Z prostosti $f$ tiež vieme, že $a$ je jediný vstup, ktorého funkčná hodnota je 1. My však tiež vieme, čo sme si ako $a$ označili. Dostávame, že $f(x)+\frac{x-1}{x}=a=1.$ Teda máme, že $f(x)+\frac{x-1}{x}=1,$ čo sa po úprave zmení na $f(x)=\frac{1}{x}.$ Spomeňme si, že $x$ bolo voľné až na to, že sme chceli $x>1$. Máme teda $f(x)=\frac{1}{x}$ pre všetky $x>1$. Zvoľme teraz už len $x\le1=y$ a využime náš zistený vzťah. Po dosadení dostaneme: $$\frac{f(x)}{f(x)+1}=\frac{1}{x+1},$$ čo po úprave znamená: $f(x)=\frac{1}{x}$. Máme teda $f(x)=\frac{1}{x}$ pre všetky $x$. Dopracovali sme sa tak k jedinému ďalšiemu kandidátovi na riešenie našej úlohy. Po dosadení všeobecných argumentov $x,y$ do našej zadanej rovnice a overení tejto funkcie zisťujeme, že skutočne taká funkcia rieši našu rovnicu.

Teda jedinými riešeniami našej rovnice sú funkcie $f(x)=1$ a $f(x)=\frac{1}{x}.$