Delta mi!

Postawmy ogólniejszy problem. Uzasadnimy, że dowolny niepusty przedział otwarty ma tę własność, że dla pewnego Niech i będzie długością tego przedziału. Zauważmy, że jeżeli to jest przedziałem dwukrotnie dłuższym niż Tym samym kolejne przekształcenia przez są przedziałami długości i tak dalej, o ile do żadnego z wymienionych zbiorów nie należy Wobec powyższego istnieje takie że Ale i czyli i wobec tego jest przedziałem postaci dla pewnego Teraz ponownie podwaja długość przedziału wobec tego dla pewnego zachodzi Tym samym i wystarczy jeszcze zauważyć, że

Rozwiązanie pierwotnego problemu polega teraz na zauważeniu, że dowolny przedział postulowany w treści zadania zawiera w sobie przedział otwarty oraz jeśli z przypadku ogólnego, to tym bardziej

Uogólnijmy problem: udowodnimy, że jeżeli oraz są zbiorami skończonymi o tej samej liczbie elementów oraz jest iniekcją, to jest bijekcją. Rozwiązanie przebiega indukcyjnie ze względu na liczbę elementów zbioru Oczywiście przypadek jest spełniony, przechodzimy zatem do kroku indukcyjnego. Niech Niech będzie takie, że dla pewnego Takie jest jedyne na mocy iniektywności, zatem można rozważyć funkcję daną wzorem dla Wtedy oraz jest iniekcją. Istotnie, jeżeli i to Zauważmy teraz, że (ponownie korzystamy z iniektywności), zatem również Tym samym jest iniekcją, a więc z założenia indukcyjnego jest ona bijekcją. Stąd już łatwo wynika, że jest bijekcją (dorzucamy po różnym od pozostałych punkcie do dziedziny i przeciwdziedziny).

Rozwiązanie problemu wyjściowego polega teraz na zastosowaniu udowodnionego przed chwilą ogólniejszego faktu dla

Załóżmy, że funkcja spełnia warunki zadania. Niech oznacza nierówność Wybierzmy dowolnie Ponieważ więc Podstawiając w ostatniej nierówności zamiast i uwzględniając dostajemy dla dowolnych Podstawiając zamiast dostajemy Z dowolności wnioskujemy, że dla pewnego i wszystkich zatem musi być Łatwo sprawdzić, że ta funkcja faktycznie spełnia dla wszystkich

Funkcja jest ciągła i rosnąca, a jej granice przy końcach dziedziny wynoszą 0 oraz Zatem liczba dla której jest jednoznacznie określona. Wykażemy, że (gdzie ); stąd też wyniknie, że leży pomiędzy i Wobec ścisłej monotoniczności funkcji wystarczy dowieść, że

Niech dla ; jest to funkcja rosnąca. Skoro zatem

(1)

Badając znak stwierdzamy, że funkcja jest wklęsła w przedziale Jeżeli więc liczby leżą w tym przedziale, to Jeśli zaś np. rozważamy dwa podprzypadki (pamiętając, że ):

we wszystkich przypadkach uzyskane wartości nie przekraczają Otrzymane oszacowanie pokazuje (zgodnie ze wzorem (1)), że

Pozostało do wykazania, że ; do tego użyjemy funkcji bowiem

(2)

Nietrudno się przekonać, że dla zachodzi nierówność czyli równoważna (przez logarytmowanie) nierówności ; tę ostatnią nierówność sprawdzamy bez trudu, przenosząc wszystko na jedną stronę i ponownie różniczkując. Zatem istotnie dla ; stąd dla Ponieważ bez straty ogólności można przyjąć, że ze wzoru (2) wnosimy, że To kończy rozwiązanie.

Ponieważ

zaś zmienna pomocnicza dąży do 0, gdy zatem

Asymptotą ukośną może więc być jedynie prosta o współczynniku kierunkowym ; wystarczy zatem, by następująca różnica miała skończoną granicę (przy czyli ):

Gdy pierwszy z ilorazów (w ostatnim uzyskanym wyrażeniu) dąży do granicy 1/2 (bo ). Stąd wniosek, że asymptotą (przy ) jest prosta o równaniu

Podstawmy, kolejno, oraz ; otrzymujemy równania

oraz

które po dodaniu stronami i redukcji dają związek Zatem dla każdej liczby ma miejsce alternatywa: lub Stąd, w szczególności,

Jeśli jest jedynym miejscem zerowym funkcji to dla wszystkich Łatwo sprawdzić, że ta funkcja spełnia zadane równanie. Pozostaje przypadek, gdy ma jeszcze jakieś miejsce zerowe Wykażemy, że wówczas jest tożsamościowo równa zeru.

Przypuśćmy, że dla pewnego Biorąc w zadanym równaniu dostajemy ; ta liczba nie jest zerem, więc z wcześniejszej alternatywy wynika, że wynosi ona jednocześnie oraz Przyrównanie tych wartości daje równość To liczba dodatnia; stąd w przedziale Weźmy teraz dowolną liczbę i w wyjściowym równaniu podstawmy (już wiemy, że ). Wychodzi Tak więc także w przedziale

Wniosek (odpowiedź): jedynymi funkcjami spełniającymi podane równanie są: (dla wszystkich ) oraz (dla wszystkich ).

Korzystając dwukrotnie z warunku zadania, raz dla pary liczb a drugi raz dla uzyskujemy

Rozważmy funkcję Wówczas

wobec czego funkcja jest okresowa z okresem Skoro dla to

dla i w konsekwencji, wobec okresowości dla każdego Stąd ostatecznie

co było do udowodnienia.

Dla każdej liczby uzyskujemy z podanego równania (po podstawieniu ) równość

(1)

Wynika z niej, że funkcja jest różniczkowalna. Możemy więc zróżniczkować (1) stronami, otrzymując

(2)

W równości (1) zastępujemy przez oraz :

równość (2) (pomnożona przez 2) przybiera postać

(3)

Widać stąd, że i funkcja ma pochodną. Różniczkujemy (3) stronami:

(4)

W równaniu danym w założeniach podstawiamy następnie i wreszcie otrzymując kolejno

Równość (4) (pomnożona przez 4) daje w efekcie

Uzyskana równość zachodzi dla wszystkich To znaczy, że jest wielomianem stopnia najwyżej drugiego.

I na odwrót, każdy taki wielomian spełnia równanie dane w założeniu zadania (i to nawet dla każdej pary różnych liczb ) - co łatwo sprawdzić.