Megoldott feladatok IX. osztály 7 MEGOLDOTT FELADATOK A IX. OSZTÁLY SZÁMÁRA

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok IX. osztály

7

MEGOLDOTT FELADATOK A IX. OSZTÁLY SZÁMÁRA 1. Az f: R→R függvény teljesíti az f ( x + y ) = f ( x) f ( a − y ) + f ( y ) f ( a − x) összefüggést bármely x,y∈R esetén (a egy rögzített valós szám). Bizonyítsd be, hogy 1 ha f (0) = , akkor f konstans függvény! (IV. Balkán Olimpia, 1987., Athén) 2 Megoldás. Mivel a megadott összefüggés bármely x,y∈R esetén igaz, próbálkozunk sajátos értékekkel. Ha x = y = 0 -t helyettesítünk az adott egyenlőségbe, következik, 1 1 hogy f (a ) = = f 2 ( x) + f 2 (a − x) (2) (1). Ha y = a − x -et helyettesítünk, az 2 2 egyenlőséghez jutunk, majd1 y = 0 esetén f ( x) = f (a − x) (3) adódik. Az utóbbi két 1 egyenlőségből kapjuk, hogy f 2 ( x) = . A (3) összefüggés alapján a megadott 4 egyenlet f ( x + y ) = 2 f ( x) f ( y )

u u -re az f (u ) = 2 f 2   egyenlőséget kapjuk. Ebből 2 2 1 következik, hogy f nem vesz fel negatív értékeket, tehát f ( x) = , ∀ x ∈ R . 2

alakban írható, ahonnan x = y =

Megjegyzések 1. Nem ez az egyetlen megoldási mód. [1]-ben további két megoldást és általánosítást találhatunk, ugyanezt a feladatot 1971-ben Laurenţiu Panaitopol válogatóversenyen és 1995-ben Kolozsváron M. Scridon megyei olimpián is kitűzte. 2. Elemezzük az előbbi megoldást. Vajon minden feltétel szükséges volt? Mi 1 történik ha f (0) ≠ ? Tegyük fel, hogy f (0) = b . Akárcsak az előbb x = y = 0 -ra a 2 b = 2b ⋅ f (a) egyenlőséghez jutunk. Ha b = 0 , akkor ez az egyenlőség semmit sem 1 mond f (a) -ról, viszont ha b ≠ 0 , akkor következik, hogy f (a) = . 2 Ha b ≠ 0 , akkor az eredeti egyenlőségből az y = 0 helyettesítés után az f ( x) = 2b ⋅ f ( a − x) összefüggéshez jutunk (4), az y = a − x helyettesítés után pedig

1 2b 2 = f 2 ( x) + f 2 (a − x) egyenlőséghez. E két összefüggés alapján f 2 ( x) = 2 1 + 4b 2  1 (5), ahonnan x = 0 -ra adódik, hogy b ∈ ±  , tehát f a 0-ban nem vehet fel bármilyen  2

az

1

A továbbiakban, ha egy összefüggés mellé nem írjuk, hogy milyen értékre igaz, akkor a változó összes lehetséges értékére igaz.

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok IX. osztály

8 1 -re a 2 − f ( x + y ) = 2 f ( x) f ( y )

értéket!

b=−

(4)

összefüggés

alapján

az

eredeti

egyenlőséget

alakban írhatjuk, ahonnan következik, hogy u helyettesítés). Ez viszont ellentmond (4)-nek (mert f ( x) ≤ 0 ∀ x ∈ R (az x = y = 2 1 f (x) és f (a − x) ellentétes előjelűek kellene legyenek, tehát b nem lehet − . Az 2 1 előbbiek alapján az f (0) = feltétel helyett f (0) ≠ 0 -t is írhattunk volna a feladat 2 kijelentésében. Az f (0) = 0 esetben a konstans 0 függvényen kívül az f : R → R f ( x) = sin

π

x ( a ≠ 0 ) is teljesíti az egyenletet, tehát létezik nem konstans 2a megoldása is az adott egyenletnek. Az is kimutatható, hogy az f (0) = 0 feltétel mellett az adott függvényegyenletnek végtelen sok megoldása van, de ez messzemenően meghaladja a IX.-es tananyag kereteit. 2. Határozd meg az összes olyan f : R → R függvényt, amely teljesíti az x ⋅ f ( y ) + y ⋅ f ( x) = ( x + y ) ⋅ f ( x) ⋅ f ( y ) egyenlőséget bármely x, y∈R esetén! Megoldás. Ha az adott egyenlőségbe x = y -t helyettesítünk, a 2 xf ( x) = 2 xf 2 ( x)

egyenlőséghez jutunk. Ha

x ≠ 0 egyszerűsíthetünk 2x-el és az

f ( x) = f 2 ( x)

egyenlőséget kapjuk. Az u = u 2 egyenlőséget csak az u = 1 és u = 0 értékek teljesítik, tehát a keresett függvény nullától különböző argumentum esetén csak ezeket az értékeket veheti fel. Így létezik olyan A ⊂ R ∗ halmaz, amelyre az f függvény a következő alakú:  0, x ∈ A ⊆ R∗  f ( x ) = a , x=0 ∗  1, x∈R \ A  A továbbiakban megvizsgáljuk, hogy az A halmaz milyen lehet. Ha y∈A, akkor az eredeti egyenlőségből következik, hogy y ⋅ f ( x) = 0, ∀ x ∈ R , tehát f ( x) = 0, ∀ x ∈ R (mert A nem tartalmazza a 0-t)

x≠0  1, (5) Ha A= ∅ , akkor f (x) =  x=0 a , Könnyen ellenőrizhető, hogy az így értelmezett függvény bármely a∈R esetén teljesíti a megadott egyenletet, tehát meghatároztuk az összes megoldást. 3. Határozd meg az összes f : R → R függvényt, amelyre

x ⋅ f ( x + y ) + y ⋅ f ( y − x) = f 2 ( x) + f 2 ( y ), ∀ x, y ∈ R ! (Laurenţiu Panaitopol)

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok IX. osztály

9

Megoldás. Az x = y = 0 helyettesítésből következik, hogy f (0) = 0 , így x = 0 -ra

y∈ A  0, f ( y ) ⋅ ( f ( y ) − y ) = 0 -hoz jutunk, tehát f ( y ) =  . Ha az A* és y ∈ R*\A  y, R*\A halmazok közül valamelyik üres, akkor az f(x)=0, ∀x∈R, vagy f ( x) = x, ∀x∈R függvényt kapjuk. Tegyük fel, hogy A* ≠ ∅ ≠R*\A, tehát létezik x∈A, x≠0 és y∈R*\A. A megadott egyenlet x ⋅ f ( x + y ) + y ⋅ f ( y − x) = y 2 alakban írható. Aszerint, hogy x+y és y–x az A-ban vagy az R\A-ban vannak a következő négy esetet kell megvizsgálni: 1. x + y ∈ A y − x ∈ A ⇒ 0 = y 2 ⇒ y = 0 ellentmondás; y − x ∈ R * \ A ⇒ y ( y − x) = y 2 ⇒ x = 0 ellentmondás;

2.

x+ y∈ A

3.

x + y ∈ R*\A

y − x ∈ R * \ A ⇒ x( x + y ) + y ( y − x) = y 2 ⇒ x = 0 ellentmondás;

y 1 ± 5  ∈  ellentmondás, mert x  2  R*⊂(R*\A)∪A és így a két halmaz valamelyikében végtelen sok elem van, tehát végtelen sok különböző értékű arány képezhető. Az előbbiek szerint az A* és R*\A halmazok közül valamelyik üres, tehát a megadott függvényegyenletet csak az identikusan nulla függvény és az identikus függvény teljesíti.

4.

x + y∈ R*\A

y − x ∈ A ⇒ x( x + y ) = y 2 ⇒

4. Határozd meg az összes olyan f : R ∗ → R függvényt, amelyre:

 f x +  Megoldás.

y 3 = x3 +

Emeljük

a

1 1  + 3⋅ x ⋅ ⋅ x + 3 x  x

1 1 3 ∗  = x + 3 , ∀x∈R ! x x

harmadik

hatványra

az

y = x+

1 x

egyenlőséget.

1 1 3  = x + 3 + 3 y , tehát x x

f ( y) = y 3 − 3 y

(6)

Hajlamosak volnánk azt mondani, hogy f ( x) = x 3 − 3 x , ∀x∈R*, de ez nem igaz, mert ha x∈R*, akkor y = x +

1 ∈ (− ∞,−2] ∪ [2, ∞ ) , tehát a (6) egyenlőségnek x

csak akkor kell teljesülnie, ha y ∈ (−∞, − 2] ∪ [2, ∞) . Az előbbiek alapján keresett függvény

 x 3 − 3x f ( x) =   g ( x)

x ∈ (- ∞,-2] ∪ [2, ∞ )

x ∈ (− 2,2 ) \ {0}

alakú,

ahol

g : (− 2,2) \ {0} → R tetszőleges. Belátható, hogy az összes ilyen függvény teljesíti a 1 megadott egyenletet (mert x + ∉ (−2,2) , ha x ∈ R ∗ ). x

Tartalomjegyzék 10

Megoldott feladatok IX. osztály

Megjegyzés. A feladat megtalálható [7]-ben (1.2. fejezet 172. feladata), hibásan volt megoldva [8]-ban, általánosabb alakban megjelent a G.M. 1/1997. számában (C:1893) 5. Határozd meg azt az f : R → R függvényt, amely teljesíti a f ( x) ≤ x ⋅ f ({x})

egyenlőtlenséget minden x∈R esetén ({x} az x törtrészét jelenti)! (Helyi olimpia, Bukarest, 1997., D.M. Batineţu- Giurgiu) Megoldás. Ha x∈[0,1), akkor {x}=x, tehát f ( x) ≤ x ⋅ f ( x) vagyis f ( x) ⋅ (1 − x) ≤ 0 . Mivel mindkét tényező nagyobb vagy egyenlő mint 0, az egyenlőtlenség csak úgy teljesülhet, ha f(x)=0, ∀x∈[0,1). Ekkor viszont az egyenlőtlenség jobb oldalán mindig 0 áll, tehát f identikusan nulla. 6. Melyek azok az f : N → R függvények, amelyekre f ( k ⋅ m) + f (k ⋅ n) − f (k ) ⋅ f (m ⋅ n) ≥ 1 , ∀ k,m,n∈N? (Megyei olimpia, 1983., D.M. Batineţu- Giurgiu) Megoldás. m=n=k=0-ra ( f (0) − 1) 2 ≤ 0 adódik, tehát f(0)=1. m=n=k=1-ből hasonlóan f(1)=1. m=n=0 -ra 1≥f(k), ∀ k∈N m=n=1-re f (k ) ≥ 1, ∀ k ∈ N, tehát f(k)=1, ∀ k∈N. Megjegyzés. Hasonlóan igazolható, hogy ha az egyenlőtlenség megoldását f : R → R alakban keressük, akkor is csak a konstans 1 függvényt kapjuk. 7. Határozd meg azokat az f : R → R függvényeket, amelyekre f ( x − y ) − xf ( y ) ≤ 1 − x , ∀ x,y∈R! (Megyei olimpia, Bukarest, 1991., M. Chiriţă) Megoldás. x=1 esetén kapjuk, hogy f (1 − y ) − f ( y ) ≤ 0 , ∀ y∈R. Az 1 − y = t helyettesítéssel f (t ) − f (1 − t ) ≤ 0 adódik. Innen t helyett y-t írva az első egyenlőtlenség fordítottjához jutunk, tehát f (1 − y ) = f ( y ) , ∀ y∈R (7) Az eredeti összefüggésben x helyett 2x-et és y helyett x-et helyettesítünk majd csoportosítjuk és így az (1 − 2 x )( f ( x) − 1) ≤ 0 , ∀ x∈R (8) egyenlőtlenséghez jutunk. Az x=0 és y=–t helyettesítésekkel f(t)≤ 1, ∀ t∈R (9) következik. 1 1 (9) alapján a (8)-ban x > -re egyenlőségnek kell lennie, tehát f(x)=1, ∀ x > . A 2 2 1  1 (7) alapján következik, hogy f(x)=1, ∀ x∈R \   . Tegyük fel, hogy f   = a < 1 2 2

((1) alapján csak ez lehetséges). Az x=2 és y =

1 -et helyettesítés és f eddig bizonyított 2

tulajdonságai alapján következik, hogy a≥1. Mivel ez ellentmond feltételezésünknek, csak a=1 lehetséges és így f ( x ) = 1 , ∀ x∈R.

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok IX. osztály

8. Határozd meg azokat az f : R → R függvényeket, amelyekre

11

y 2 ⋅ f (x ) ⋅ ( f (x ) − 2 x ) ≤ (1 − yx )(1 + yx ) , ∀ x,y∈R! (Helyi olimpia, 1984., Suceava, Mihai Piticari) 2 Megoldás. A műveletek elvégzése és a tagok átrendezése után az ( yf (x ) − xy ) ≤ 1 egyenlőtlenséghez jutunk, tehát − 1 ≤ yf (x ) − xy ≤ 1 , ∀ x,y∈R Ha y > 0 , következik, 1 1 hogy, hogy x − ≤ f (x ) ≤ x + , ∀ x ∈ R, y ∈ R+∗ (10) y y 2 1 < k (ilyen az y = ) és Ha f ( x ) ≠ x ⇒ k = f ( x ) − x ≠ 0 ⇒ ∃y ∈ R+* , úgy hogy k y ez ellentmondana (10)-nek, tehát f (x ) = x , ∀ x∈R 9. Határozd meg az összes olyan f : Z → Z függvényt, amelyre 3 f ( f (x )) = 2 f (x ) + x, ∀ x ∈ Z ! (IV. Nemzetközi Magyar Matematikai Verseny, 1995., András Szilárd) Megoldás. A megadott összefüggés 3 ⋅ ( f ( f ( x) − f ( x)) = −( f ( x) − x) alakban írható, tehát a g:Z→Z g ( x) = f ( x) − x függvényre 3g ( f ( x)) = − g ( x) , ∀ x∈Z. Mivel g(x) értéke egész szám, minden x∈Z esetén, g ( x) 3 , ∀ x∈Z. Ekkor viszont

g ( f ( x)) 3 és így g ( x) 3 2 , ∀ x∈Z. Ezt a gondolatmenetet többször megismételve következik, hogy g ( x) 3 n , ∀ n∈N. Ez viszont csak úgy lehetséges, ha g(x)=0, ∀ x∈Z (ellenkező esetben a g ( x ) ≠ 0 egész számnak végtelen sok osztója kellene legyen). Tehát f(x)=x, ∀ x∈Z. Megjegyzés. Felsőbb osztályok anyagának ismeretében sokkal egyszerűbb megoldás is adható. Legyen a n = f ( f (... f ( x 0 )...)) és x0 ∈Z rögzített pont. A megadott összefüggésből következik, hogy 3 ⋅ a n +1 = 2a n + a n −1 , ∀ n∈N, és n

 1 kimutatható, hogy an=α+β  −  (α,β∈Z, csak x0-tól függnek). Mivel an∈Z, ∀ n∈N  3 esetén, a β csak 0 lehet, tehát an konstans sorozat, és így f(x0)=x0. Mivel a gondolatmenet bármely x0 ∈Z-re működik, f ( x) = x , ∀ x∈Z. 10. Határozd meg az összes f : Z → Z függvényt, amelyre f ( f ( x)) = x + 2, ∀ x ∈ Z ! (Buletin matematic, Târgovişte, 1987.) Megoldás. A függvényösszetétel asszociativitása szerint f ( x) + 2 = f ( f ( f ( x))) = = f ( x + 2) , tehát f ( x + 2) = f ( x) + 2 , ∀ x∈Z. Legyen f(0)=a és f(1)=b. Az előbb f ( 4) = (a + 2) + 2 = a + 4 , igazolt összefüggés alapján: f(2)=a+2, f (6) = (a + 4) + 2 = a + b , és általában f ( 2n) = a + 2n (11). f (3) = b + 2 , f (5) = (b + 2) + 2 = b + 4, f (7) = (b + 4) + 2 = b + 6 és általában f ( 2n + 1) = b + 2n (12).

Tartalomjegyzék 12

Megoldott feladatok IX. osztály

A (11) és (12) összefüggések negatív n-re is azonnal beláthatóak (Pl.: f ( −2) + 2 = f (0) ⇒ f ( −2) = a − 2 stb.), tehát x + a, ha x = 2n, n ∈ Z  f ( x) =  . x + b - 1, ha x = 2n + 1, n ∈ Z A továbbiakban megvizsgáljuk, hogy az így értelmezett függvény teljesíti-e az eredeti összefüggést. Ehhez tárgyalásra van szükség a és b paritása szerint: I. eset: Ha a = 2k + 1 . 2n + 2 = f ( f (2n)) = f ( 2n + a) = f (2(n + k ) + 1) = b + 2(n + k ) ⇒ b = 2 − 2k 2n + 3 = f ( f (2n + 1)) = f (2n + b) = f ( 2(n − k + 1)) = 2n + 3 . ha x = 2n  x + 2k + 1, , és ez a függvény teljesíti a megadott Tehát f ( x) =   x + 1 − 2k , ha x = 2n + 1 összefüggést bármilyen előre rögzített k-ra. II. eset: Ha a=2k 1 2n + 2 = f ( f (2n)) = f ( 2n + 2k ) = (2n + 2k ) + 2k = 2n + 4k , tehát k = . Ez nem 2 x lehetséges, tehát f ( x) = x + 1 + (−1) ⋅ 2k , ahol k∈Z rögzített. 11. Létezik-e olyan f : Z → Z függvény, amelyre ( f f )(x ) = x + p , ∀ x ∈ Z , ahol p ≥ 3 páratlan egész szám? (Bolyai János emlékverseny, 1993., András Szilárd) Megoldás. Az összetevés asszociativitásából, akárcsak az előbb, adódik hogy f (x + p ) = f (x ) + p , tehát ha ismerjük f értékeit a 0,1,2,..., p-1 számokon, akkor f egyértelműen meghatározott. Értelmezzük a F:{0,1,2,...,p-1}→{0,1,2,...,p-1} függvényt a következő módon: ∀ n∈A={0,1,2,...,p-1} esetén F(n) legyen az f(n)-nek p-vel való osztási maradéka. Az (1) összefüggés alapján F(F(n))=n, ∀ n∈A. Tekintsük az (n,F(n)) alakú párokat. Ha F(r)≠r, ∀ r∈A, akkor A elemei diszjunkt párokba szedhetőek, tehát A páros sok elemet tartalmaz. Ez ellentmondás, tehát létezik r ∈ A úgy, hogy F(r)=r. Visszatérve f-re adódik, hogy f (r ) = k ⋅ p + r (ahol k∈Z ), tehát r + p = f ( f (r )) = f (kp + r ) = f (r ) + kp = (r + kp ) + kp = r + 2kp , ami ellentmond

1  annak, hogy k ∈ Z  ∉ Z  . Tehát nem létezik a megadott feltételeknek eleget tevő f 2  függvény. Megjegyzések. 1. p=3-ra a feladatot D.M. Bătineţu és F. Vulpescu-Jalea tűzte ki 1987-ben. Târgovişte-i Buletin Matematic című lapban. 2. Hasonló tulajdonságú függvény (f: Z→Z) 1987-ben a Nemzetközi Olimpián is szerepelt.

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok IX. osztály

13

*

3. A tulajdonság könnyen általánosítható. Legyen m,n∈N úgy, hogy m nem osztja n-et. Igazold, hogy nem létezik olyan f:Z→Z (vagy f:N→N) függvény, amelyre (f f f )( x ) = x + n , ∀x∈Z. 12. Legyen A egy véges halmaz (A⊆R). Bizonyítsd be, hogy nem létezik olyan f : A → A függvény, amelyre

f ( x ) − f ( y ) ≤ x − y és f ( f ( x )) ≠ x, ∀ x ∈ A !

(András Szilárd) Megoldás. Igazoljuk, hogy a megadott egyenlőtlenséget teljesítő összes függvényre létezik olyan x0∈A, hogy f ( f ( x 0 ) ) = x 0 .

Legyen d az A elemei közt előforduló legkisebb távolság (d = min{x − y x, y ∈ A}) és Ad = {x ∈ A ∃ y ∈ A úgy, hogy x − y = d } . Kimutatjuk, hogy f:Ad→Ad. Ha x∈Ad,

létezik y∈A úgy, hogy x − y = d . Mivel f ( x ) − f ( y ) ≤ d és d a legkisebb távolság, f (x ) − f ( y ) = d . Tehát f(x)∈Ad. Jelöljük a1-gyel, a2-vel,..., am-mel az Ad halmaz

elemeit növekvő sorrendben. Ha létezik olyan x0∈A, hogy f (x 0 ) = x0, akkor f ( f (x 0 )) = x 0 , tehát feltételezhetjük, hogy f (x ) ≠ x , ∀ x∈A. Így f (a1 ) > a1 és f (a m ) < a m (mert f ( a1 ), f ( am ) ∈ Ad ={a1, a2,..., am}). Az előbbiek alapján létezik olyan

(

)

( ) ( ) ≤ f (a ) − f (a ) . Ez csak úgy f ( a ) = a és f ( a ) = a . Így

p∈{1, 2,..., m} hogy f(ap)>ap és f a p +1 < a p +1 . De f a p > a p ⇒ f a p ≥ a p +1 és

(

)

f a p+1 < a p+1 ⇒

(

)

f a p +1 ≤ a p , tehát a p +1 − a p

lehetséges, ha éppen egyenlőség teljesül, tehát érvényes az f ( f ( ai )) = ai (i ∈ { p, p + 1} ) egyenlőség.

p +1

p +1

p

p

p

p+1

13. Szerkesszél olyan f : R → R függvényt, amelyre érvényesek a következő implikációk (a kettő egyszerre): a) x ∈ Z ⇒ f ( x) ∉ Z ; b) x ∉ Z ⇒ f ( x) ∈ Z . 1  , x∈Z függvény teljesíti a feltételeket. Megoldás. Látható, hogy az f ( x) =  2  1, x ∉ Z 14. Adjál példát egy olyan f : R → R függvényre, amely teljesíti az f ( f ( x )) = − x összefüggést ∀ x∈R esetén! Megoldás. Az összetétel asszociativitásából következik, hogy f (− x ) = − f (x ) (13) Legyen x0∈R+ tetszőleges. Az f ( f (x 0 )) = − x 0 , f (− x 0 ) = − f (x 0 ) és f (− f (x 0 )) = x 0 összefüggések alapján f f f f x0 → y 0 = f ( x0 ) → − x0 → − y 0 → x0 , (14)

Tartalomjegyzék Megoldott feladatok IX. osztály

14

tehát R -t fel kell bontani diszjunkt, {x, y, − x, − y} alakú számhalmazokra és ezeken a kis halmazokon értelmezhetjük az f függvényt. Egy ilyen felbontás például a következő *

∞   {x, x + 1,− x,− x − 1} x ∈ (0,1) ∪ ∪ [2n,2n + 1) n =1  

(a 0-t külön kell választani, mert (13) alapján f (0) = 0 ). Ha a (14) diagramnak megfelelően értelmezzük f-et és y = x + 1 , a következő képletekhez jutunk:

 x + 1   f ( x) = 1 − x  0  − f ( − x )

∞

x ∈ (0,1) ∪ ∪ [2n,2n + 1) n =1

∞

x ∈ ∪ [2n + 1,2n + 2 )

.

n =1

x=0 x<0

Megjegyzés. Az előbbi szerkesztésből kitűnik, hogy végtelen sok megoldás létezik. 15.

Hány olyan f : [0,1] → [0,1] függvény létezik, amelyre

Megoldás.

f ( x) − f ( y ) ≥ x − y , ∀ x, y ∈ [0,1] ?

x=0

és

y=1-re

következik,

hogy

f (0) − f (1) ≥ 1 .

Mivel

f (0), f (1) ∈ [0,1] , ez csak úgy teljesülhet, ha { f (0), f (1)} = {0, 1} . A következő két esetet kell megvizsgálni: 1. eset: f(0)=0 és f(1)=1. Az y=0 helyettesítéssel f(x)≥x, ∀ x∈[0,1] míg az y=1 helyettesítéssel az 1 − f ( x) = f ( x) − 1 ≥ x − 1 = 1 − x , ∀ x∈[0,1], tehát f ( x) = x, ∀ x ∈ [0,1] . 2. Eset: f (0) = 1 és f (1) = 0 . Az y=1 helyettesítéssel az f ( x) ≥ 1 − x, ∀ x ∈ [0,1] míg az y = 0 helyettesítéssel az 1 − f ( x) = f ( x) − 1 ≥ x − 0 = x, ∀ x ∈ [0,1]

egyenlőtlenséghez

jutunk,

f ( x) = 1 − x, ∀ x ∈ [0,1] . A feladatnak tehát két megoldása van, az f ( x) = x és az f ( x) = 1 − x függvény.

Tovább

tehát