Kezdőlap


Feladat:	Gy.2295	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1986/május, 207 - 208. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Függvényegyenletek, Indirekt bizonyítási mód, Természetes számok, Teljes indukció módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/november: Gy.2295

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

I. megoldás. Az (a) és a (b) tulajdonság szerint $f (2 n) = f (2) \cdot f (n) = 2 \cdot f (n)$ , minden $n$ pozitív egészre. Innen $n = 1$ -re $f (2 \cdot 1) = 2 \cdot f (1)$ , ahonnan f(2) =2 miatt $f (1) = 1$ .
A kitevőre vonatkozó teljes indukcióval megmutatjuk, hogy ha $n$ kettőhatvány, akkor $f (n) = n$ . A fentiek szerint az állítás 0, illetve 1 kitevővel igaz. Tegyük fel, hogy $k$ -nál kisebb kitevőjű kettőhatványokra igaz az állítás, ahol $k > 1$ . Ekkor $f (2^{k}) = f (2 \cdot 2^{k - 1}) = f (2) \cdot f (2^{k - 1})$ , ami az indukciós feltevés szerint $2 \cdot 2^{k - 1} = 2^{k}$ , tehát az állítás $k$ -ra is igaz.
Tekintsük most a 2 két szomszédos hatványát és a közéjük eső egészeket:

\begin{matrix} 2^{k} < 2^{k} + 1 < 2^{k} + 2 < ... < 2^{k} + 2^{k} - 1 = 2^{k + 1} - 1 < 2^{k + 1} . \end{matrix}

A monotonitás miatt a megfelelő függvényértékekre teljesül, hogy

(*) 2^{k} = f (2^{k}) < f (2^{k} + 1) < f (2^{k} + 2) < ... < f (2^{k + 1} - 1) < f (2^{k + 1}) = 2^{k + 1} .

Az utóbbi egyenlőtlenségláncban

2^{k} - 1

darab különböző egész számot soroltunk fel nagyság szerint növekvő sorrendben

2^{k}

és

2^{k + 1}

között. Mivel pedig ilyen egész szám éppen

2^{k} - 1

darab van, ez csak úgy lehetséges, ha a

(*)

egyenlőtlenségben éppen a

2^{k}

és a

2^{k + 1}

közé eső egészeket soroltuk fel, vagyis

f (2^{k} + j) = 2^{k} + j

, ha

1 ≦ j < 2^{k}

.
Abból, hogy a kapott eredmény minden pozitív egész

k

-ra igaz, a bizonyítandó állítást kapjuk.

II. megoldás. Ha beláttuk, hogy

f (2^{k}) = 2^{k}

, akkor másképpen is befejezhetjük a bizonyítást. A monotonitás miatt ugyanis

f (m + k) > f (m)

, azaz

f (m + 1) ≧ f (m) + 1

. Innen egyrészt

f (m + k) ≧ f (m) + k

, másrészt

f (m) ≧ m

.
Megmutatjuk, hogy

f (n) > n

semmilyen

n

-re nem igaz.
Tegyük föl ennek az ellenkezőjét. Ha

f (n) > n

valamilyen

n

-re, akkor

n > 1

, és így

2^{n} > n

. Így

\begin{matrix} 2^{n} = f (2^{n}) = f (n + 2^{n} - n) ≧ f (n) + 2^{n} - n > n + 2^{n} - n = 2^{n}, \end{matrix}

ez pedig lehetetlen.

III. megoldás. Az állítást

n

-re vonatkozó teljes indukcióval látjuk be. Az első megoldás szerint

f (1) = 1

. Legyen most

n > 1

, és tegyük fel, hogy

n

-nél kisebb számokra az állítás igaz.
Ha

n

páros, azaz

n = 2 j

, akkor

j < n

miatt

f (j) = j

, másrészt

f (n) = f (2 j) = f (2) \cdot f (j) = 2 \cdot j = n

.
Ha

n

páratlan, azaz

n = 2 j + 1

, akkor továbbra is

j < n

, és

n > 1

miatt

j + 1 < n

is igaz. Így

\begin{matrix} 2 j = f (2 j) < f (2 j + 1) < f (2 j + 2) = f (2 (j + 1)) = 2 f (j + 1) = 2 j + 2. \end{matrix}

Azt kapjuk, hogy

2 j < f (2 j + 1) < 2 j + 2

, és mivel

f (2 j + 1)

egész,

f (2 j + 1) = 2 j + 1

lehet csak. Az állítás tehát

n

-re is igaz.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.