Feladat: Gy.1831 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1979/november, 151. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvényegyenletek, Tizes alapú számrendszer, Gyakorlat, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/április: Gy.1831

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

Ahhoz, hogy a kérdésre igenlő választ adhassunk, elég belátni, hogy az f függvény monoton növekvő, azaz bármely n természetes számra:

f(n-1)≤f(n).(1)
(1) fennállását teljes indukcióval mutatjuk meg. n=1-re 0=f(0)≤f(1)=1, így (1) teljesül. Tegyük fel, hogy N olyan természetes szám, hogy n≤N esetén fennáll (1). Megmutatjuk, hogy (1) teljesül (N+1)-re is. f(N+1)=f(N+1-s(N+1))+1, f(N)=f(N-s(N))+1. Mivel az s függvény értéke legalább 1, így N+1-s(N+1)≤N és N-s(N)≤N. Ha belátjuk, hogy
N+1-s(N+1)≥N-s(N),(2)
akkor az indukciós feltevés miatt (1) teljesül (N+1)-re is.
Jelölje r az N szám felírásában az utolsó helyeken álló kilencesek számát (r=0 is lehet). Ekkor
N=9⋅10∘+9⋅101+...+9⋅10r-1+A⋅10r,
ahol A olyan természetes szám, amelynek utolsó számjegye nem 9. Nyilván s(N)=r⋅9+s(A) és s(N+1)=s(A)+1, tehát s(N+1)=s(A)+1≤s(N)+1=r⋅9+s(A)+1, azaz (2) teljesül. Az is látszik, hogy f(N+1)=f(N) akkor és csak akkor, ha s(N+1)=s(N)+1, azaz ha r=0.