1. feladat. Az $m$ és $n$ természetes számokra $n>m>1$. Az ${1978}^m$, valamint ${1978}^n$ tízes számrendszerbeli alakjában az utolsó három jegy sorrendben is megegyezik. Keressük meg azt az $m$-et és $n$-et, amelyre $m+n$ a lehető legkisebb ! (Kuba, 6 pont)

 

1. ábra

 

2. ábra

 

3. ábra

g(1),g(2),...,g(n);ag(n)-1=f(f(n)) alapján $f$ értékeként $f\left(n\right)$ szám, $f\left(1\right)\mathrm{,}f\left(2\right)\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}f\left(n\right)$. Ezzel minden $1$ és $g\left(n\right)$ közti számot pontosan egyszer kapunk meg, tehát

$\begin{array}{c}{\displaystyle g\left(n\right)=f\left(n\right)+n}\end{array}$

(*)

Ebből adódik, hogy $f\left(1\right)=1$ (hiszen vagy $f\left(1\right)$-nek vagy $g\left(1\right)$-nek kell $1$-nek lennie és $g\left(1\right)=f\left(1\right)+1>1)$, innen $g\left(1\right)=2$. Hasonlóan $f\left(2\right)=3$ (hiszen $g\left(2\right)=f\left(2\right)+2>f\left(1\right)+2=3)$. Ezek után elkezdhetjük kitölteni az alábbi táblázatot. Minden természetes számnak pontosan egyszer kell benne szerepelnie. Így ha a táblázatot valameddig már kitöltöttük, a következő oszlop ,,$f$ sorába'' a legkisebb, eddig még nem szereplő számnak, ,,$g$ sorába'' pedig a (*) képlet szerinti számnak kell kerülnie.

 

 

A táblázatból leolvasható a végeredmény: $f\left(240\right)=388$.

 

II. megoldás. A (*) összefüggés alapján

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(n\right)\right)=f\left(n\right)+n-1.}\end{array}$

(**)

Ebből $f\left(3\right)=f\left(f\left(2\right)\right)=f\left(2\right)+2-1=4$, $f\left(4\right)=4+3-1=6$, $f\left(6\right)=9$, $f\left(9\right)=14$, $f\left(14\right)=22$, $f\left(22\right)=35$, $f\left(35\right)=56$, $f\left(56\right)=90$, és így $g\left(35\right)=56+35=91$. Mivel minden $g\left(n\right)$ érték valamilyen $f\left(k\right)$ érték rákövetkezője, azért nem lehet $g\left(36\right)$ értéke $92$, következésképpen $f\left(57\right)=92$. Innen $f\left(92\right)=92+56=148$, $f\left(148\right)=239$, $f\left(239\right)=386$. Másrészt $g\left(148\right)=239+148=387$, ezért az előbbi okoskodás alapján $f\left(240\right)=388$.

 

III. megoldás. Legyen $a_0=1$, és $a_{n+1}+1=f\left(a_n+1\right)\left(n=\mathrm{0,}\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\right)$. Ekkor $a_1=2$ és a (**) képlet szerint

$\begin{array}{c}{\displaystyle a_{n+2}+1=f\left(a_{n+1}+1\right)=f\left(f\left(a_n+1\right)\right)=a_{n+1}+1+a_n}\end{array}$

azaz az $\left\{a_n\right\}$ sorozat éppen a Fibonacci-sorozat. Teljes indukcióval megmutatjuk, hogy

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(a_n+x\right)=a_{n+1}+f\left(x\right)1\le x\le a_{n-1}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">esetén.</span>}}\end{array}$

(***)

Ehhez előbb megjegyezzük, hogy $f\left(y\right)$ értéke $y$-nál annyival több, ahány ,,$g$'' van $1$ és $f\left(y\right)$ között. Ennek értéke viszont megegyezik a maximális olyan $m$-mel, amelyre $g\left(m\right)=f\left(f\left(m\right)\right)+1\le f\left(y\right)$, ami pontosan akkor áll, ha $f\left(m\right)<y$. Így

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(a_n+x\right)=a_n+x+m\mathrm{,}}\end{array}$

ahol $m$ a legnagyobb olyan szám, amelyre $f\left(m\right)<a_n+x$.
Mivel $f\left(a_{n-1}+1\right)=a_n+1\le a_n+x$ és $f\left(a_{n+1}+1\right)=a_{n+2}+1>a_n+x$, azért $a_{n-1}<m\le a_{n+1}$ és így alkalmazhatjuk az indukciós feltevést:

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(m\right)=f\left(a_{n-1}+m-a_{n-1}\right)=a_{n+1}\left(m-a_{n-1}\right)\mathrm{,}}\end{array}$

azaz $m$ a legnagyobb olyan szám, amelyre $f\left(m-a_{n-1}\right)<x$. Ez viszont éppen azt jelenti, hogy $f\left(x\right)=x+\left(m-a_{n-1}\right)$, vagyis

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(a_n+x\right)=a_n+x+m=a_n+a_{n-1}+f\left(x\right)\mathrm{,}}\end{array}$

ahogyan azt állítottuk.
A teljes indukció befejezéséhez még $\left(***\right)$-ot például $a=1$-re ellenőrizni kell: $f\left(a_1+1\right)$ $=a_1+f\left(1\right)$, s ez valóban teljesül.
Végül minden $1$-nél nagyobb pozitív szám egyértelműen írható fel $1+a_{i_1}+a_{i_2}+\text{...}$ alakban, ahol $i_j\le i_{j+1}+\mathrm{2,}{i}_j\ge 0$. Ekkor $\left(***\right)$ alapján

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(1+a_{l_1}+a_{l_2}+\text{...}\right)=1+a_{i_1+1}+a_{i_2+1}+\text{...}\mathrm{,}}\end{array}$

ami ismét indukcióval igazolható. Esetünkben a Fibonacci-sorozat $240$-nél kisebb tagjai: $1$, $2$, $3$, $5$, $8$, $13$, $21$, $34$, $55$, $89$, $144$, $233$, továbbá $240=1+1+5+233$, és így $f\left(1+1+5+233\right)=$ $1+2+8+377=388$.

 

Megjegyzés. A megoldásokban feltételeztük, hogy létezik a feltételeket kielégítő $f$ és $g$ függvény. Annyit bizonyítottunk, hogy ha létezik, akkor $f\left(240\right)=388$ lehet csak. A megoldásokból az is kiderült, hogy legfeljebb egy ilyen $f$ és $q$ függvény létezhet.

 

IV. megoldás. Legyen $\alpha =\left(\sqrt[]{5}+1\right)/\mathrm{2,}f\left(n\right)=\left[n\alpha \right]$ és $g\left(n\right)=\left[n{\alpha }^2\right]$. Állítjuk, hogy $f$ és $g$ eleget tesz a feladat összes feltételének. Így (feltéve, hogy $f$ és $g$ egyértelműen meghatározott) $f\left(240\right)=\left[240\alpha \right]=\left[120\sqrt[]{5}+120\right]=388$.
Először is világos, hogy $f$ és $g$ szigorúan monoton növekszik, hiszen $\alpha >1$ és ${\alpha }^2>1$. Másrészt $1/\alpha +1/{\alpha }^2=1$, $\alpha$ és ${\alpha }^2$ irracionális, és így $f$ és $g$ értékkészlete minden egész számot pontosan egyszer ad ki (lásd Skljarszkij‐Csencov‐Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből, 1. kötet, 108. feladat). Így csak a

$\begin{array}{c}{\displaystyle g\left(n\right)=f\left(f\left(n\right)\right)+1}\end{array}$

összefüggést kell igazolnunk. De $g\left(n\right)\ne f\left(n\right))$, hiszen $f$ és $g$ értékkészletének nincs közös eleme. Másrészt $\left[\alpha n\right]<\alpha n$, azaz
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left[\left[\alpha n\right]\alpha \right]\le \left[{\alpha }^{2}n\right]}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(f\left(n\right)\right)\le g\left(n\right)}\hfill \end{array}}$

$\alpha >1$ és $1={\alpha }^2-\alpha$ alapján az $\alpha n<\alpha +\left[\alpha n\right]=\alpha +\left({\alpha }^2-\alpha \right)\left[\alpha n\right]$ egyenlőtlenséget $\alpha$-val osztva és átrendezve

$\begin{array}{c}{\displaystyle n+\left[\alpha n\right]<\alpha \left[\alpha n\right]+\mathrm{1,}}\end{array}$

amiből
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle g\left(n\right)=\left[{\alpha }^{2}n\right]=\left[\left(1+\alpha \right)n\right]=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =n+\left[\alpha n\right]\le \left[\alpha \left[\alpha n\right]+1\right]=f\left(f\left(n\right)\right)+1.}\hfill \end{array}}$

 

4. feladat. Az $ABC$ háromszögben $AB=AC$. Egy kör belülről érinti az $ABC$ háromszög köré írt kört, továbbá az $AB$ oldalt a $P$, az $AC$ oldalt a $Q$ pontban. Bizonyítsuk be, hogy a $PQ$ szakasz felezőpontja az $ABC$ háromszög beírt körének középpontja. (USA, 5 pont).

 

 

4. ábra

 

Megoldás. Jelöljük az érintő kör középpontját $O$-val, az érintési pontot $T$-vel, $BC$ felezőpontját $F$-fel és $PQ$ felezőpontját $R$-rel (4. ábra). Az ábra szimmetriája folytán az $A\mathrm{,}R\mathrm{,}O\mathrm{,}F\mathrm{,}T$ pontok mind rajta vannak a háromszög szimmetriatengelyén. $OP=OT$, hiszen mindkettő az érintő kör sugarával egyenlő, ezért a hasonló $APO$ és $ABT$ derékszögű háromszögekből

$\begin{array}{c}{\displaystyle AP:PB=AO:OT=AO:OP=AP:PR\mathrm{,}}\end{array}$

hiszen $AOP$ és $APR$ is hasonló háromszögek. Így $PB=PR$, azaz $BPR$ egyenlő szárú háromszög, tehát

$\begin{array}{c}{\displaystyle ABR\sphericalangle =PBR\sphericalangle =BRP\sphericalangle =RBC\sphericalangle \mathrm{,}}\end{array}$

mert utóbbi kettő váltószög. Így $R$ rajta van a háromszög $B$-ből induló szögfelezőjén is, tehát valóban a beírt kör középpontja.

 

5. feladat. Álljon az