Cím:	Az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ típusú egyenletekről, avagy az írástudók felelőssége és egyéb érdekességek
Szerző(k):	Ábrahám Gábor
Füzet:	2010/december, 514 - 527. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ típusú egyenletekről, avagy az írástudók felelőssége és egyéb érdekességek   Ábrahám Gábor   Az alábbi cikk a 2010. évi Rátz László Vándorgyűlésen elhangzott előadásom alapján készült. Immár 18 éve tanítok a szegedi Radnóti Miklós Kísérleti Gimnázium matematika tagozatán. A tagozatunk fő feladata a tehetséggondozás, a matematika versenyekre történő felkészítés. Ennek nagyon fontos részét képezi, hogy olyan módszereket, ötleteket, fogásokat adjunk át a diákoknak, melyeket hatékonyan tudnak használni a munkájuk során. Ezeket mi is hosszú évek alatt sajátítottuk el sok tanulással, feladatmegoldással. A mi felelősségünk többek között abban áll, hogy az általunk közreadott megoldások precízek legyenek, a felhasznált tételeket pontosan fogalmazzuk meg, hogy azok alkalmazása nehogy hibás, vagy hiányos megoldásra vezessen. Ennek kapcsán szeretnék szólni az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ típusú egyenletekről (ahol $f^{-1}\left(x\right)$ az $f\left(x\right)$ függvény inverze), melyekkel jó néhányszor találkozhattunk már matematika versenyeken. Az első két feladat is versenyfeladat volt. Az itt közölt megoldásuk szó szerint az úgynevezett hivatalos megoldás. Ezekben kiemeltem azokat a részeket, melyekkel a cikk során részletesen foglalkozom.   1. feladat: Oldjuk meg a valós számok halmazán a $\begin{array}{c}{\displaystyle 6\frac{x^2+1}{x^2+11}=\sqrt[]{\frac{11x-6}{6-x}}}\end{array}$ egyenletet. (KöMaL F. 2830., NMMV 2003., KöMaL B. 4027.1)   Megoldás (NMMV 2003. hivatalos megoldása): Nézzük a jobb oldali függvényt, ennek egyenlete: $y=\sqrt[]{\frac{11x-6}{6-x}}$. Ezt $x$-re rendezve $x=6\frac{y^2+1}{y^2+11}$ adódik. Látható tehát, ha az egyik oldalt az $x$ függvényének tekintjük, akkor a másik oldal az előbbi inverz függvénye. A két függvény képe egymás tükörképe az $y=x$ egyenesre nézve, ezért metszéspontjaik az $y=x$ egyenesen vannak. Így elegendő az $x=\frac{6\left(x^2+1\right)}{x^2+11}$ egyenletet megoldani. A rendezés utáni $x^3-6x^2+11x-6=0$ egyenlet bal oldalának szorzat alakja $\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)=0$. Ez alapján az egyenlet megoldásai az 1, 2, 3 számok, melyek igazzá is teszik az eredeti egyenlőséget.   $*$   Ezzel a hivatalos megoldás végére értünk. A lelkiismeretünk megnyugtatása végett ábrázoljuk az $\begin{array}{c}{\displaystyle f:\text{R}\to \text{R};f\left(x\right)=6\frac{x^2+1}{x^2+11}}\end{array}$ és a $\begin{array}{c}{\displaystyle g:\left[\frac{6}{11};6\right[\to \text{R};g\left(x\right)=\sqrt[]{\frac{11x-6}{6-x}}}\end{array}$ függvényt (1. ábra).     1. ábra   Az ábra alapján az alábbi megállapításokat tehetjük: $•$ A két függvény grafikonja az $y=x$ egyenesen metszi egymást, tehát a megoldásnak ez a része látszólag rendben van. $•$ A figyelmes szemlélő számára látható az $f$ függvény grafikonján, hogy a függvény nem kölcsönösen egyértelmű. Erre annak alapján is felfigyelhetünk, hogy az $f$ függvény páros, hisz minden $x\in D_f$ esetén $-x\in D_f$ is teljesül, és $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(-x\right)=6\frac{{\left(-x\right)}^2+1}{{\left(-x\right)}^2+11}=6\frac{x^2+1}{x^2+11}=f\left(x\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát kézenfekvő az alábbi kérdés: Korrekt volt az inverz kapcsolat említése? Mielőtt a kérdéssel behatóbban foglalkoznánk, nézzünk meg egy másik versenyfeladatot, melyet 2003-ban tűztek ki a Nemzetközi Magyar Matematika Versenyen.   2. feladat: Oldjuk meg a valós számok halmazán a $\text{log}{}_3\left(2^x+5\right)=\text{log}{}_2\left(3^x-5\right)$ egyenletet. (NMMV 2003.)   (A hivatalos megoldás az alábbi volt.)   Megoldás: Vizsgáljuk az alábbi két függvényt: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cccc}\hfill {\displaystyle f}& {\displaystyle :\text{R}\to \left]\text{log}{}_{3}5;\infty \right];}\hfill & \hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle =\text{log}{}_3\left(2^x+5\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle g}& {\displaystyle :\left]\text{log}{}_{3}5;\infty \right]\to \text{R};}\hfill & \hfill {\displaystyle g\left(x\right)}& {\displaystyle =\text{log}{}_2\left(3^x-5\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ (1) Mivel a két függvény egymás inverze, a grafikonjuk az $y=x$ egyenesre nézve szimmetrikus, így grafikonjaik csak ezen az egyenesen metszhetik egymást. Ezért az egyenletnek csak olyan $x$ szám lehet a megoldása, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_3\left(2^x+5\right)=x=\text{log}{}_2\left(3^x-5\right)\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $2^x+5=3^x$. Ebből az $5=3^x-2^x$ egyenlethez jutunk, aminek csak a pozitív számok halmazán lehet megoldása, hiszen a nempozitív számok halmazán a jobb oldali kifejezés első tagja nem nagyobb a második tagjánál. Az $x=$2 megoldás, több megoldás pedig azért nincs, mert a $3^x-2^x$ függvény a pozitív számok halmazán szigorúan monoton növekvő.   $*$   Érdemes megjegyezni, hogy utolsó megállapítás mindenképpen bizonyítást igényel. Az $f:{\text{R}}^{+}\to \text{R}$; $x\mapsto 3^x$ és a $g:{\text{R}}^{+}\to \text{R}$; $x\mapsto 2^x$ függvény is szigorúan monoton növekvő, és két szigorúan monoton növekvő függvény különbsége nem feltétlenül szigorúan monoton növekvő. Ebben az esetben viszont igen, hiszen $\begin{array}{c}{\displaystyle 3^x-2^x=2^x\left[{\left(\frac{3}{2}\right)}^x-1\right]\mathrm{,}}\end{array}$ valamint minden $x\in {\text{R}}^{+}$ esetén $2^x>0$, ${\left(\frac{3}{2}\right)}^x-1>0$ és mindkét tényező szigorúan monoton növekvő. Ábrázoljuk az (1) függvényeket (2. ábra). A grafikon újfent megerősíteni látszik azt a gondolatot, mely szerint, ha egy invertálható függvény és inverzének a grafikonja metszi egymást, akkor a metszéspontnak az $y=x$ egyenesen kell lennie.     2. ábra   A továbbiakban alkalmazzuk a hivatalos megoldásokban látott gondolatmeneteket, módszereket.   3. feladat: Határozzuk meg a következő egyenlet valós megoldásait. $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{2x+6}=\frac{x^2-6}{2}\mathrm{.}}\end{array}$   (Alkalmazzuk szó szerint az 1. feladatra közölt hivatalos megoldást.)   Megoldás: Nézzük a bal oldali függvényt, ennek egyenlete: $y=\sqrt[]{2x+6}$. Ezt $x$-re rendezve $x=\frac{y^2-6}{2}$ adódik. Látható tehát, hogy ha az egyik oldalt az $x$ függvényének tekintjük, akkor a másik oldal az előbbi inverz függvénye. A két függvény képe egymás tükörképe az $y=x$ egyenesre nézve, ezért metszéspontjaik az $y=x$ egyenesen vannak. Így elegendő az $x=\frac{x^2-6}{2}$ egyenletet megoldani. Ennek megoldásai: $x_1=1+\sqrt[]{7}$; $x_2=1-\sqrt[]{7}$. Ellenőrzéssel meggyőződhetünk arról, hogy a második szám nem megoldása az egyenletnek, mert a bal oldal pozitív, a jobb oldal negatív értékű. Az első viszont kielégíti az egyenletet.   $*$   Nyugtassuk meg a lelkiismeretünket, és ábrázoljuk az $f:\left[-3;\infty \right[\to \text{R}$; $f\left(x\right)=\sqrt[]{2x+6}$, valamint a $g:\text{R}\to \text{R}$; $g\left(x\right)=\frac{x^2-6}{2}$ függvényt (3. ábra).     3. ábra   A grafikonok két pontban metszik egymást. Eszerint az egyenletnek két valós megoldása van, szemben azzal, amit az előző megoldásban kaptunk. Hol a hiba a korábbi gondolatmenetben? Miért veszítettünk megoldást az előző feladatban? Az egyik hibát ott követtük el, hogy az inverz kapcsolat vizsgálata esetén csak formális algebrai átalakításokat végeztünk, és nem foglalkoztunk az e mögött rejlő matematikai tartalommal. Adjuk meg a feladathoz kapcsolódó két kölcsönösen egyértelmű függvényt, melyek egymás inverzei. Ezek az $\begin{array}{c}{\displaystyle f:\left[-3;\infty \right[\to {\text{R}}_0^{+};x\mapsto \sqrt[]{2x+6}\text{ és a }g:{\text{R}}_0^{+}\to \left[-3;\infty \right[;x\mapsto \frac{x^2-6}{2}}\end{array}$ függvények. Ha az egyenletet a $D_f\cap D_g={\text{R}}_0^{+}$ halmazon oldjuk meg, akkor az egyetlen megoldás tényleg az $x_1=1+\sqrt[]{7}$ szám. De a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{2x+6}=\frac{x^2-6}{2}}\end{array}$ egyenlet értelmezési tartománya nem az ${\text{R}}_0^{+}$, hanem a $\left[-3;-\sqrt[]{6}\right]\cup \left[\sqrt[]{6};\infty \right[$ halmaz. Ezen a halmazon viszont két megoldása van. Adjunk a feladatra korrekt megoldást.   I. megoldás: A $\left[-3;-\sqrt[]{6}\right]\cup \left[\sqrt[]{6};\infty \right[$ halmazon az egyenlet mindkét oldala nemnegatív értékű, így négyzetre emeléssel az eredetivel ekvivalens egyenlethez jutunk. Végezzük el a négyzetre emelést és redukáljunk nullára. $\begin{array}{c}{\displaystyle x^4-12x^2-8x+12=0}\end{array}$ Mivel az $f$ és $g$ függvény grafikonja az $y=x$ egyenesen metszi egymást, az $x=\frac{x^2-6}{2}$ egyenlet megoldásai gyökei lehetnek az előző negyedfokú egyenletnek is. Így azt várjuk, hogy $x^2-2x-6$ osztója az $\left(x^4-12x^2-8x+12\right)$-nek. A polinomosztást elvégezve kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle x^4-12x^2-8x-12=\left(x^2-2x-6\right)\left(x^2+2x-2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Így az eredeti egyenlet megoldásai, az $x^2-2x-6=0$ és az $x^2+2x-2=0$ másodfokú egyenletek megoldásai közül kerülnek ki, melyek az $1+\sqrt[]{7}$; $1-\sqrt[]{7}$; $-1+\sqrt[]{3}$; $-1-\sqrt[]{3}$ számok. Ezek közül az értelmezési tartománynak csak az $1+\sqrt[]{7}$; $-1-\sqrt[]{3}$ számok az elemei.   2. megoldás: A $\left[-3;-\sqrt[]{6}\right]\cup \left[\sqrt[]{6};\infty \right[$ halmazon keressük az $y=\sqrt[]{2x+6}$ és az $y=\frac{x^2-6}{2}$ egyenletű görbék metszéspontjainak első koordinátáját. Emeljük négyzetre az első egyenletet, majd adjuk hozzá a második kétszeresét. Ekkor az $y^2+2y=x^2+2x$ kétismeretlenes egyenlethez jutunk, melyet könnyen szorzattá alakíthatunk: $\left(y-x\right)\left(y+x+2\right)=0$. Ebből kapjuk, hogy $y=x$ vagy $y=-x-2$. Ezt visszahelyettesítve a második egyenletbe az $x=\frac{x^2-6}{2}$ és a $-x-2=\frac{x^2-6}{2}$ egyenletekhez jutunk. Innen pedig megkaphatjuk a megoldásokat.   $*$   Könnyen gyárthatunk az előzőhöz hasonló egyenleteket. Az alábbiakban oldjunk meg még egy ilyen típusút.   4. feladat: Oldjuk meg a valós számok halmazán a $\sqrt[3]{2-x}=2-x^3$ egyenletet.   Megoldás: Az $f:\text{R}\to \text{R}$; $f\left(x\right)=2-x^3$ függvény nyilván kölcsönösen egyértelmű, így létezik inverze. Könnyen látható, hogy ez a $g:\text{R}\to \text{R}$; $g\left(x\right)=\sqrt[3]{2-x}$ függvény, hisz $D_g=R_f$, $R_g=D_f$, valamint $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(g\left(x\right)\right)=2-{\left(\sqrt[3]{2-x}\right)}^3=2-\left(2-x\right)=x\mathrm{.}}\end{array}$ Az eddig jól működő gondolatmenet alapján az $f$ és $g$ függvény grafikonja csak az $y=x$ egyenesen metszheti egymást, így a $2-x^3=x$ egyenlethez jutunk. Ezt átrendezve és szorzattá alakítva kapjuk az $\left(x-1\right)\left(x^2+x+2\right)=0$ egyenletet, melynek csak $x=1$ a megoldása.   $*$   Ábrázoljuk az $f$ és $g$ függvényeket (4. ábra).     4. ábra   Úgy tűnik, a grafikon továbbra is igazolja a megoldásban alkalmazott gondolatmenetet. Az előző feladatban szereplő $f$ függvényből kiindulva foglalkozzunk az $f_c:\text{R}\to \text{R}$; $x\mapsto 2-{\left(x-c\right)}^3$ függvénnyel, ahol $c$ nemnegatív valós paraméter. Mivel $f_c$ bármely $c$ esetén kölcsönösen egyértelmű, azért létezik inverze. Adjuk meg ezt az inverz függvényt. Fejezzük ki az $y=2-{\left(x-c\right)}^3$ egyenletből az $x$-et. Ekkor az $x=c+\sqrt[3]{2-y}$ egyenlethez jutunk. Ha felcseréljük $x$-et és $y$-t, akkor megkapjuk az $f_c$ függvény inverzének hozzárendelési szabályát. Tehát $f_c$ inverze az $f_c^{-1}:\text{R}\to \text{R}$; $x\mapsto c+\sqrt[3]{2-x}$ függvény. Ábrázoljuk néhány $c$ érték esetén az $f_c$ függvényt és inverzét. A $c=0$ esetet már láttuk, legyen $c=0\mathrm{,}5$, $c=0\mathrm{,}8$, $c=1$ (5. ábra).     5. ábra   A grafikon alapján kijelenthetjük, hogy az ${\left(1-x\right)}^3+2=1+\sqrt[3]{2-x}$ egyenletnek öt valós megoldása van, melyek közül négyhez tartozó metszéspont nincs rajta az $y=x$ egyenesen. Tehát hibás az az állítás, hogy ha egy invertálható függvény és inverzének a képe metszi egymást, akkor a metszéspont az $y=x$ egyenesen van! Oldjuk meg az előző egyenletet.   Megoldás: Legyen $y=1-x$. Ekkor az $y^3+1=\sqrt[3]{1+y}$ egyenletet kapjuk, melyet köbre emelve és rendezve az $y^9+3y^6+3y^3-y=0$ egyenlethez jutunk. Ennek az $y=0$, így az eredetinek az $x=1$ megoldása, ahogy azt a grafikonról is leolvashattuk. Az $y$ kiemelésével kapott $y^8+3y^5+3y^2-1$ nyolcadfokú polinomnak az $y=-1$ gyöke, hisz az együtthatók váltakozó előjelű összege 0 (a hiányzó tagok együtthatója 0, és ezt figyelembe kell venni). Ebből kapjuk az eredeti egyenlet grafikonról is leolvasható másik egész gyökét, az $x=2$-t. Az előzőek alapján $y+1$ osztója az $\left(y^8+3y^5+3y^2-1\right)$-nek, a hányadospolinomot a Horner-féle elrendezés ([3], 284. oldal) segítségével könnyedén meghatározhatjuk. Így kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle y^8+3y^5+3y^2-1=\left(y+1\right)\left(y^7-y^6+y^5+2y^4-2y^3+2y^2+y-1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a két grafikon metszi egymást az $y=x$ egyenesen, az $x={\left(1-x\right)}^3+2$ egyenlet valós gyöke, megoldása az eredeti egyenletnek is. Áttérve $y$-ra azt kapjuk, hogy az $y^3+y+1=0$ egyenlet valós megoldása gyöke az $\begin{array}{c}{\displaystyle y^7-y^6+y^5+2y^4-2y^3+2y^2+y-1}\end{array}$ hetedfokú polinomnak is. Ennek alapján azt várjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle y^3+y+1\text{osztója az}\left(y^7-y^6+y^5+2y^4-2y^3+2y^2+y-1\right)\text{-nek,}}\end{array}$ ami teljesül is, amint arról polinomosztással meggyőződhetünk, $y^4-y^3+2y-1$ a hányados polinom. Tehát a feladatot visszavezettük az $y^3+y+1=0$ és az $y^4-y^3+2y-1=0$ egyenletek megoldására. Ebből meghatározhatjuk a még hiányzó három valós gyököt. (Lásd [3], 321‐332. oldal.)   $*$   A továbbiakban foglalkozzunk a középiskolából jól ismert klasszikus inverz kapcsolattal.   5. feladat: Mely egytől különböző pozitív valós $a$ esetén van legalább egy valós megoldása az $a^x=\text{log}{}_{a}x$ egyenletnek?   Megoldás: Látható, hogy a feladat ekvivalens azzal a kérdéssel, hogy mely egytől különböző pozitív valós $a$ esetén van legalább egy közös pontja az $f:\text{R}\to {\text{R}}^{+}$; $x\mapsto a^x$ és a $g:{\text{R}}^{+}\to \text{R}$; $x\mapsto \text{log}{}_{a}x$ függvény grafikonjának. Az eddigiek alapján csak annyit állíthatunk, hogy ha van közös pontjuk, akkor azok között biztosan található olyan, amelyik eleme az $y=x$ egyenesnek, hisz az $f$ és $g$ függvény folytonos az értelmezési tartományán. Az eddigi ismereteink alapján nyilvánvaló, hogy ha $0<a<1$, akkor a két grafikon metszi egymást. Legyen ezután $a>1$. Ábrázoljuk $a=10$, illetve $a=1\mathrm{,}3$ esetén a függvényeket. Az $y=x$ egyenes elválasztja a két grafikont $a=10$ esetén, illetve belemetsz a grafikonokba $a=1\mathrm{,}3$ esetén (6. ábra).     6. ábra   Mivel a $g$ függvény szigorúan konkáv, a következőt állíthatjuk. Az $f$ és $g$ függvény grafikonjának $a>1$ esetén akkor és csak akkor van közös pontja, ha a $g$ grafikonjának az $y=x$ egyenessel párhuzamos érintője az $y$ tengelyt a nemnegatív tartományban metszi. Határozzuk meg az érintő egyenletét. Mivel az érintő meredeksége 1 és $\begin{array}{c}{\displaystyle g\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{x\cdot \text{ln}a}\mathrm{,}}\end{array}$ az érintési pont $x$ koordinátája $x=\frac{1}{\text{ln}a}$. Tehát az érintési pont az $E\left(\frac{1}{\text{ln}a};\text{log}{}_a\frac{1}{\text{ln}a}\right)$ pont. Az $y$ koordinátából látszik, hogy ez a pont csak $a>1$ esetén létezik. Az érintő egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle y=x-\frac{1}{\text{ln}a}+\text{log}{}_a\frac{1}{\text{ln}a}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $f$ és $g$ grafikonjának akkor és csak akkor van közös pontja, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\text{ln}a}\le \text{log}{}_a\frac{1}{\text{ln}a}=-\text{log}{}_a\text{ln}a=-\frac{\text{ln}\left(\text{ln}a\right)}{\text{ln}a}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt végigszorozva a negatív $-\text{ln}a$-val az $1\ge \text{ln}\left(\text{ln}a\right)$ egyenlőtlenséghez jutunk. Használjuk fel, hogy $e>1$. ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 1\ge \text{ln}\left(\text{ln}a\right)}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \Updownarrow }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{1}{e}\ge \text{ln}a}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \Updownarrow }\hfill \\ \hfill {\displaystyle e^{\frac{1}{e}}\ge a}\hfill \end{array}}$ Tehát a vizsgált paraméteres egyenletnek akkor és csak akkor van valós megoldása, ha $0<a<1$ vagy $1<a\le e^{\frac{1}{e}}$ (7. ábra).     7. ábra   $*$   Az előző feladat után kézenfekvő az alábbi kérdés.   6. feladat: Az $5$. feladatban szereplő egyenletnek az $a$ paraméter mely értékeinél van $1$, illetve $2$ valós megoldása? Van-e olyan $a$ érték, amely esetén az egyenletnek kettőnél több valós megoldása van?   Megoldás: Az előző feladatban láttuk, hogy ha $1<a<e^{\frac{1}{e}}$, akkor az egyenletnek két megoldása van, ha $a=e^{\frac{1}{e}}$, akkor egy. Vizsgáljuk meg a $0<a<1$ esetet; készítsünk néhány ábrát (8. ábra).     8. ábra   Vizsgáljuk meg, hogy milyen feltételek mellett van három metszéspontja a két görbének. Húzzuk be mindkét görbe érintőjét az $y=x$ egyenesre eső $P\left(x_0;x_0\right)$ pontba (9. ábra).     9. ábra   Lehet-e olyan eset, hogy a két görbe érintője megegyezik? Mivel a két görbe egymás tükörképe az $y=x$ egyenesre nézve, a $P$ pontba húzott érintőik is egymás tükörképei erre az egyenesre nézve. Tehát a két érintő csak úgy eshet egybe, ha merőleges az $y=x$ egyenesre, így iránytangense $-1$, azaz irányszöge $-{45}^{\circ }$. Használjuk fel, hogy $a^{x_0}=x_0$, és az exponenciális függvény deriváltja az $x_0$ pontban $-1$, tehát $a^{x_0}\cdot \text{ln}a=-1$. Így $a={\left(\frac{1}{e}\right)}^e$ (10. ábra).     10. ábra   Ha ${\left(\frac{1}{e}\right)}^e<a<1$, akkor az exponenciális függvény $P\left(x_0;x_0\right)$ pontjába húzott érintőjének a meredeksége negatív, de nagyobb $-1$-nél. Így a $P$ pontba húzott érintő irányszögének abszolút értéke kisebb ${45}^{\circ }$-nál, a logaritmus függvényé nagyobb. Ezért az $x_0$-nak van olyan jobb oldali környezete, amelybe eső $x$-ek esetén a logaritmus függvény grafikonja az exponenciális függvényhez húzott érintő alatt halad, míg az exponenciális függvény grafikonja az érintő fölött. Az $a<1$ alapú logaritmus függvény $x_0<x$ abszcisszájú pontjaiba húzott érintőinek a meredeksége kisebb, mint az inverze ugyanilyen abszcisszájú pontjába húzott érintőjének meredeksége. Így a két grafikon csak a $P$ pontban metszi egymást. Ha $0<a<{\left(\frac{1}{e}\right)}^e$, akkor az exponenciális függvény $P$-beli érintőjének az irányszöge a nagyobb abszolút értékű. Így a $P$ abszcisszájának van olyan bal oldali környezete, ahol a logaritmus függvény grafikonja az exponenciális függvény grafikonja alatt halad (lásd a 11. ábrát). Valahol viszont bele kell metszenie, mert az exponenciális függvény grafikonja metszi az $y$ tengelyt, a logaritmus függvényé nem. Több metszéspont pedig nem jön létre, mert a tengelyek elválasztják a grafikonokat.     11. ábra   Összegzés: Az $a^x=\text{log}{}_{a}x$ ($0<a$, $a\ne 1$) egyenletnek: ‐ nincs valós megoldása, ha $e^{\frac{1}{e}}<a$; ‐ egy valós megoldása van, ha $a=e^{\frac{1}{e}}$, vagy ${\left(\frac{1}{e}\right)}^e\le a<1$; ‐ két valós megoldása van, ha $1<a<e^{\frac{1}{e}}$; ‐ három valós megoldása van, ha $0<a<{\left(\frac{1}{e}\right)}^e$.   $*$   Térjünk vissza az 1., majd a 2. feladatra. Először adjunk az 1.-re egy olyan megoldást, amely elkerüli a két oldal közötti inverz kapcsolat felhasználását.   1. feladat: Oldjuk meg a valós számok halmazán a $\begin{array}{c}{\displaystyle 6\frac{x^2+1}{x^2+11}=\sqrt[]{\frac{11x-6}{6-x}}}\end{array}$ egyenletet.   Megoldás: (Ezzel a megoldással lényegében azonos a B. 4027.-es feladatra adott KöMaL internetes megoldás, amely a http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=B4027&l=hu oldalon olvasható.) Az egyenlet értelmezési tartománya a $\left[\frac{6}{11};6\right[$ intervallum. Emeljük négyzetre az egyenletet, majd redukáljunk nullára. Ekkor a $\begin{array}{c}{\displaystyle 47x^5-222x^4+314x^3-564x^2+1367x-942=0}\end{array}$ egyenlethez jutunk. Mivel az együtthatók összege 0, azért $x=1$ gyöke az egyenletnek, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle x-1\text{osztója a}\left(47x^5-222x^4+314x^3-564x^2+1367x-942\right)\text{-nek.}}\end{array}$ Horner-elrendezéssel vagy polinomosztással meghatározhatjuk a hányadost, amely a $\begin{array}{c}{\displaystyle 47x^4-175x^3+139x^2-425x+942}\end{array}$ polinom. Ha ennek van egész gyöke, akkor az csak a konstans tag osztói közül kerülhet ki. Könnyen meggyőződhetünk arról, hogy $x=2$ gyök. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle x-2\text{osztója a}\left(47x^4-175x^3+139x^2-425x+942\right)\text{-nek.}}\end{array}$ A hányados megint meghatározható Horner-elrendezéssel vagy polinomosztással, amely a $\begin{array}{c}{\displaystyle 47x^3-81x^2-23x-471}\end{array}$ polinom. Ennek $x=3$ gyöke, így a polinom osztható $\left(x-3\right)$-mal. A hányados a $47x^2+60x+157$, melynek nincs valós gyöke, mivel a diszkriminánsa negatív. Tehát az egyenlet megoldásai az 1, 2, 3 számok.   $*$   A 2. feladat kapcsán, az ábra alapján már meggyőződtünk arról, hogy az $f\left(x\right)=\text{log}{}_3\left(2^x+5\right)$ és a $g\left(x\right)=\text{log}{}_2\left(3^x-5\right)$ függvények grafikonja csak az $y=x$ egyenesen metszi egymást. Ezt most bizonyítsuk is be! Azt már bebizonyítottuk, hogy az $f\left(x\right)=\text{log}{}_3\left(2^x+5\right)$ és a $g\left(x\right)=\text{log}{}_2\left(3^x-5\right)$ függvények grafikonjának az $y=x$ egyenesen csak az $x=2$ helyen van metszéspontja, mert a $\text{log}{}_3\left(2^x+5\right)=x=\text{log}{}_2\left(3^x-5\right)$ egyenletnek csak az $x=2$ a megoldása. Megmutatjuk, hogy az $f$ függvény az értelmezési tartományán szigorúan konvex, a $g$ pedig szigorúan konkáv. Az $f$ első deriváltja $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(x\right)=\left(\text{log}{}_3\left(2^x+5\right)\right)\text{'}=\frac{\text{ln}2\cdot 2^x}{\text{ln}3\cdot \left(2^x+5\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ így a második derivált $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\text{'}\left(x\right)=\left(\frac{\text{ln}2\cdot 2^x}{\text{ln}3\cdot \left(2^x+5\right)}\right)\text{'}=\frac{\text{ln}{}^{2}2\cdot 2^x}{\text{ln}3}\frac{5}{{\left(2^x+5\right)}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ ami bármely valós $x$ esetén pozitív, tehát $f$szigorúan konvex függvény. A $g$ függvény első deriváltja $\begin{array}{c}{\displaystyle g\text{'}\left(x\right)=\left(\text{log}{}_2\left(3^x-5\right)\right)\text{'}=\frac{\text{ln}3\cdot 3^x}{\text{ln}2\cdot \left(3^x-5\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ A második deriváltja $\begin{array}{c}{\displaystyle g\text{'}\text{'}\left(x\right)=\left(\frac{\text{ln}3\cdot 3^x}{\text{ln}2\cdot \left(3^x-5\right)}\right)\text{'}=\frac{\text{ln}{}^{2}3\cdot 3^x}{\text{ln}2}\frac{-5}{{\left(3^x-5\right)}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ ami a $g$ értelmezési tartományának bármely $x$ értékére negatív, így a $g$ az értelmezési tartományán szigorúan konkáv. Az eddigiekből következik, hogy a 2-nél kisebb helyeken az $f$ függvény grafikonjának minden pontja az $y=x$ egyenes felett, a $g$ függvényé pedig az alatt helyezkedik el, tehát itt nem metszhetik egymást, míg a 2-nél nagyobb helyeken fordított a helyzet, így ott sem metszhetik egymást. Ezzel igazoltuk, hogy a két grafikonnak csak az $x=2$ helyen van közös pontja.   $*$     Konklúzió: $•$ Nagyon fontos, hogy két függvény közötti inverz kapcsolat bizonyítása ne csak formális algebrai átalakítás legyen, hanem ennél mélyebb megfontolás. $•$ Az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ típusú egyenleteknél akkor és csak akkor hivatkozhatunk arra, hogy a függvény és inverzének a grafikonja csak az $y=x$ egyenesen metszi egymást, ha ezt az adott egyenlet kapcsán bizonyítottuk. Létezik-e olyan tétel, amely segítséget nyújt a bizonyításhoz? Mielőtt erre rátérnénk, oldjuk meg az alábbi feladatot.   7. feladat: Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[3]{4x-3}=\frac{x^3+3}{4}\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás: Az könnyen látható, hogy ez az egyenlet is az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ típusú egyenletek közé tartozik, hiszen az $f:\text{R}\to \text{R}$; $x\mapsto \sqrt[3]{4x-3}$ és a $g:\text{R}\to \text{R}$; $x\mapsto \frac{x^3+3}{4}$ függvények egymás inverzei, ahol mindkét függvény szigorúan monoton növekvő. Átrendezés után az eredetivel ekvivalens $\sqrt[3]{4\cdot \sqrt[3]{4x-3}-3}=x$ egyenletet kapjuk, mely az $f$ függvénnyel kifejezve a következő alakban írható fel: $f\left(f\left(x\right)\right)=x$. Az alábbiakban bebizonyítjuk, hogy mivel az $f$ függvény szigorúan monoton növekedő, azért az $f\left(f\left(x\right)\right)=x$ egyenlet megoldáshalmaza megegyezik az $f\left(x\right)=x$ egyenlet megoldáshalmazával. Legyen $z$ megoldása az $f\left(x\right)=x$ egyenletnek. Ekkor $f\left(z\right)=z$, így $f\left(f\left(z\right)\right)=f\left(z\right)$, tehát $f\left(f\left(z\right)\right)=z$. Legyen másrészt $r$ megoldása az $f\left(f\left(x\right)\right)=x$ egyenletnek, azaz $f\left(f\left(r\right)\right)=r$. Tegyük fel, hogy $r<f\left(r\right)$. Mivel az $f$ függvény szigorúan monoton növekvő, ekkor $f\left(r\right)<f\left(f\left(r\right)\right)$, tehát $r<f\left(r\right)<f\left(f\left(r\right)\right)$, ami ellentmondás. Hasonlóan be lehet látni, hogy $f\left(r\right)<r$ sem lehetséges, tehát szükségképpen $r=f\left(r\right)$. Így a két egyenlet megoldáshalmaza egyenlő. Tehát az eredeti egyenlet ekvivalens a $\sqrt[3]{4x-3}=x$ egyenlettel. Köbre emelés és átrendezés után $x^3-4x+3=0$. Ennek a megoldásai az eddig alkalmazott módszerek felhasználásával már könnyen meghatározhatók, és ezek az 1, $\frac{-1-\sqrt[]{13}}{2}$, $\frac{-1+\sqrt[]{13}}{2}$ számok.   $*$   A feladatnak két nagyon fontos hozadéka a következő.   1. hozadék: Adott az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ egyenlet, ahol $f:D_f\to R_f$; $x\mapsto f\left(x\right)$ szigorúan monoton növekvő függvény. Ebből következik, hogy $f^{-1}\left(x\right)$ is szigorúan monoton növekvő. (Lásd [1], 151. oldal.) Az egyenlet két oldalára alkalmazva a szigorúan monoton $f$ függvényt kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f^{-1}\left(x\right)\right)=f\left(f\left(x\right)\right)\iff x=f\left(f\left(x\right)\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Azt pedig az előbb beláttuk, hogy az utolsó egyenlet megoldáshalmaza megegyezik az $f\left(x\right)=x$ egyenlet megoldáshalmazával, mivel $f$ szigorúan monoton növekvő. Így az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ egyenlet megoldáshalmaza megegyezik az $f\left(x\right)=x$ egyenlet megoldáshalmazával, ha $f$ szigorúan monoton növekvő. Így megfogalmazhatjuk az alábbi tételt.   Tétel. Ha az $f:D_f\to R_f$; $x\mapsto f\left(x\right)$ függvény szigorúan monoton növekvő, akkor a $D_f\cap R_f$ halmazon az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ egyenlet megoldáshalmaza megegyezik az $f\left(x\right)=x$ egyenlet megoldáshalmazával.   Megjegyzés: Az 1. és a 2. feladatra adott első megoldást úgy tehetjük teljesen korrektté, ha belátjuk, hogy az inverz kapcsolatban szereplő függvények szigorúan monoton növekvők. Ezt az olvasóra bízzuk.   2. hozadék: Ha az $f:D_f\to R_f$; $x\mapsto f\left(x\right)$ függvény szigorúan monoton növekvő, akkor az $\left(f\left(\text{...}\left(f\left(x\right)\right)\text{...}\right)\right)=x$ egyenlet megoldáshalmaza megegyezik az $f\left(x\right)=x$ egyenlet megoldáshalmazával. Végül nézzünk néhány feladatot, melynek megoldását az olvasóra bízzuk. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket: 1. $\sqrt[]{x+5}=x^2-5$; 2. $\sqrt[]{2x+7}=\frac{x^2-7}{2}$; 3. $x^2+6x+7=\sqrt[]{x+5}$; 4. ${\left(2+x\right)}^{\text{log}{}_{2}3}-{\left(3+x\right)}^{\text{log}{}_{3}2}=1$, $x\in \left]-2;\infty \right]$ (Dan Negulescu, Matematikai Olimpia, Braila, 2001); 5. ${\left(3^{\frac{x}{4}}-1\right)}^2=\text{log}{}_{\sqrt[4]{3}}\left(\sqrt[]{x}+1\right)$; 6. ${\left(x^3-6\right)}^3=6+\sqrt[3]{x+6}$; 7. $x=\sqrt[]{-3+4\sqrt[]{-3+4\sqrt[]{-3+4x}}}$.   Külön köszönettel tartozom Katz Sándornak, aki értékes tanácsaival segítette munkámat.   Felhasznált irodalom   [1] Laczkovich Miklós ‐ T. Sós Vera: Analízis I. (Nemzeti Tankönyvkiadó, 2006). [2] Szele Tibor: Bevezetés az algebrába (Tankönyvkiadó, 1972). [3] Dr. Szendrei János: Algebra és számelmélet (Tankönyvkiadó). [4] Olosz Ferenc: Egyenletek megoldása inverz függvények felhasználásával. [5] Szilassi Lajos: A kételkedés joga ‐ és kötelessége. [4] KöMaL (1893‐2010). [5] NMMV feladatok és megoldások 1992‐2007 (CD, Szeged, 2007). 1Az F. 2830. megoldása nem jelent meg a Lapban, ezért a feladatot más feladatokhoz hasonlóan 2003-ban B. 4027. számmal újra kitűztük. Ennek megoldása már megjelent a Lapban, lásd KöMaL, 2008/4., 220. oldal.