Kezdőlap


Feladat:	F.2711	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Nagy Gábor Péter , Peták Attila
Füzet:	1989/május, 207 - 208. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyökös függvények, Trigonometriai azonosságok, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/november: F.2711

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Ellenőrizhető, hogy $f (3) = 3$ ; ha tehát $x_{0} = 3$ , akkor az $x_{0}$ , $x_{1}$ , $...$ , $x_{n}$ , $...$ sorozat minden eleme $3$ . Ha találunk olyan $a_{0}$ , $a_{1}$ , $...$ , $a_{m}$ , $...$ végtelen sorozatot, amelynek a kezdő eleme $a_{0} = 3$ , és $m ≧ 1$ -re $f (a_{m}) = a_{m - 1}$ , akkor $x = a_{m}$ választással $x_{1} = f (x_{0}) = f (a_{m}) = a_{m - 1}$ , ugyanígy $x_{2} = a_{m - 2}$ , $x_{3} = a_{m - 3}$ , $...$ , $x_{m} = a_{0} = 3$ , s utána már $3 = x_{m + 1} = x_{m + 2} = ...$ , tehát az $x_{0}$ , $x_{1}$ , $...$ , $x_{n}$ , $...$ sorozatnak csak véges sok (legfeljebb $m + 1$ ) különböző eleme van. Ha még azt is biztosítani tudjuk, hogy minden $a_{m}$ különböző legyen, akkor találtunk a feladat követelményének megfelelően végtelen sok $x_{0}$ értéket. Az $f (a_{m}) = a_{m - 1}$ azt jelenti, hogy $a_{m}$ az $x^{2} - 4 x + a_{m - 1} = 0$ egyenlet egyik gyöke, tehát $a_{m} = 2 + \sqrt[]{4 - a_{m - 1}}$ , vagy $a_{m} = 2 - \sqrt[]{4 - a_{m - 1}}$ . Az utóbbi esetben $a_{m} < 2$ , tehát $a_{m + 1}$ is valós lesz. Tekintsük tehát a következő sorozatot:

\begin{matrix} a_{0} = 3, a_{m} = 2 - \sqrt[]{4 - a_{m - 1}}, ha m ≧ 1 (a_{1} = 1, a_{2} = 2 - \sqrt[]{3}, ...) . \end{matrix}

Ennek a sorozatnak minden eleme valós, mert

m ≧ 1

esetén

a_{m} < 2

. Másrészt

a_{0} > a_{1}

, és

a_{m - 2} > a_{m - 1}

-ből következik, hogy

a_{m - 1} = 2 - \sqrt[]{4 - a_{m - 2}} > 2 - \sqrt[]{4 - a_{m - 1}} = a_{m}

, tehát a sorozat szigorúan monoton csökken. (Felhasználtuk, hogy ahol az

x \mapsto 2 - \sqrt[]{4 - x}

függvény értelmes ‐

x ≦

4-re ‐, ott szigorúan monoton nő.) Az

a_{0}

a_{1}

...

a_{m}

...

sorozat elemei tehát különbözőek.
Találtunk a feltételeknek eleget tevő sorozatot, ezzel a feladat állítását igazoltuk.

Nagy Gábor Péter (Szeged, Ságvári E. Gyak. Gimn., III. o. t.)

dolgozata alapján

II. megoldás. Vegyük észre, hogy ha

x

helyébe

4 sin^{2} α

-t írunk, akkor

\begin{matrix} f (x) = f (4 sin^{2} α) = 16 sin^{2} α - 16 sin^{4} α = 16 sin^{2} α cos^{2} α = \\ 4 {(2 sin α cos α)}^{2} = 4 sin^{2} 2 α . \end{matrix}

Minden

0 ≦ x_{0} ≦ 4

-hez van olyan

0

és

\frac{π}{2}

közötti

α

, amelyre

x_{0} = 4 sin^{2} α

, s erre az

α

-ra

\begin{matrix} x_{0} = 4 sin^{2} α, x_{1} = 4 sin^{2} 2 α, x_{2} = 4 sin^{2} 4 α, ..., x_{n} = 4 sin^{2} 2^{n} α, ... . \end{matrix}

sin 2^{n} α

minden hullámán

2

metszéspont van, mert

0 \leq α \leq \frac{π}{2}

-re

sin α

monoton és folytonos,

sin 2^{n} α

folytonos, és minden értéket felvesznek

0

és

1

között

sin α

függvény

0

és

\frac{π}{2}

között szigorúan monoton nő, a

sin 2^{n} α

függvény pedig

0

és

\frac{π}{2}

között

2^{n - 2}

hullámot ír le (ha

α

0 és

\frac{π}{2}

között változik, akkor

2^{n} α

0

és

2^{n - 2} (2 π)

között mozog, tehát

(2 n - 2)

-szer ,,fordul körbe'' ), így a

sin 2^{n} α

függvény görbéje

0

és

\frac{π}{2}

között legalább

2 \cdot 2^{n - 2} = 2^{n - 1}

-szer metszi a

sin α

függvény görbéjét (l. az ábrát). A

sin α = sin 2^{n} α

egyenletnek tehát legalább

2^{n - 1}

megoldása van

0

és

\frac{π}{2}

között, így legalább ennyi megoldása van a

4 sin^{2} α = 4 sin^{2} 2^{n} α

egyenletnek, tehát az

x_{0} = x_{n}

egyenletnek is. (Különböző

α

-hoz különböző

sin α

, ill.

4 sin^{2} α

tartozik, hiszen

0 < α < \frac{π}{2}

) Minden ilyen

x_{0}

megoldásra

\begin{matrix} x_{n + 1} = f (x_{n}) = f (x_{0}) = x_{1}, x_{n + 2} = f (x_{n + 1}) = f (x_{1}) = x_{2}, ... stb., \end{matrix}

vagyis az

x_{0}

x_{1}

...

x_{n}

...

sorozat periodikus, s ezért csak véges sok különböző eleme van.
Minden

n

-re találtunk tehát legalább

2^{n - 1}

különböző (megfelelő)

x_{0}

értéket, s miután

n

növelésével

2^{n - 1}

minden határon túl nő, a feladat állítását beláttuk.