Kezdőlap


Feladat:	Gy.2528	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Birics P. , Csörnyei Mariann , Egri J. , Fleiner B. , Harcos Gergely , Szalkai Á.
Füzet:	1989/november, 388 - 389. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Indirekt bizonyítási mód, Teljes indukció módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/január: Gy.2528

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

Legyen $f (x) = \frac{1 - x}{x};$ ezzel egyenleteink a következő alakba írhatók:

\begin{matrix} x_{2} = f (x_{1}), x_{3} = f (x_{2}), ..., x_{100} = f (x_{99}), x_{1} = f (x_{100}) . \end{matrix}

(1)

Tetszőleges

i

-re ebből

\begin{matrix} x_{i} = f (x_{i - 1}) = f (f (x_{i - 2}) = ... = (x_{i}))) ...) \end{matrix}

adódik. Minden

k

pozitív egészre vezessük be az

\begin{matrix} f_{k} (x) = (... (x)) ...)) \end{matrix}

jelölést; így

\begin{matrix} x_{i} = f_{100} (x_{i}) (i = 1,2, ...,100) \end{matrix}

(2)

k

-ra vonatkozó indukcióval megmutatjuk, hogy

\begin{matrix} f_{k} (x) = \frac{a_{k} x + b_{k}}{c_{k} x + d_{k}} \end{matrix}

(3)

alakú, ahol

a_{k}

b_{k}

c_{k}

d_{k}

alkalmas (csak

k

-tól függő) valós számok. Ha

k = 1

, akkor nyilván

f_{1} (x) = f (x) = \frac{1 - x}{x}

. Tegyük fel, hogy (3) teljesül valamilyen

n

-re; ekkor

\begin{matrix} f_{n + 1} (x) = f (f_{n} (x)) = f (\frac{a_{n} x + b_{n}}{c_{n} x + d_{n}}) = & (*) \\ = \frac{1 - \frac{a_{n} x + b_{n}}{c_{n} x + d_{n}}}{\frac{a_{n} x + b_{n}}{c_{n} x + d_{n}}} = \frac{(a_{n} - c_{n}) x + (b_{n} - d_{n})}{- a_{n} x - b_{n}}, \end{matrix}

azaz

n + 1

-re is fennáll a (3) összefüggés, tehát valamennyi

k

-ra igaz; speciálisan

f_{100} (x) = \frac{a x + b}{c x + d}

.
(Az

f_{100} (x)

értelmezési tartománya persze szűkebb

\frac{a x + b}{c x + d}

értelmezési tartományánál, de ennek itt nincs különösebb jelentősége.) (2) szerint mindegyik

x_{1}

gyöke az

x = f_{100} (x)

egyenletnek, ami

(c x + d)

-vel történő szorzás után legfeljebb másodfokú egyenletre vezet. Ez az egyenlet biztosan nem azonosság, hiszen

x < 0

esetén

f (x) < 0

, és

x > 1

esetén is

f (x) < 0

, ezért minden 1-nél nagyobb

x

-re

f_{100} (x)

értelmezett és negatív. Az

x = f_{100} (x)

egyenletnek tehát legfeljebb két gyöke van, jelöljük ezeket

α

-val és

β

-val;

x_{i}

ismeretlen értékei csak ezen

α

és

β

közül kerülhetnek ki.
Tegyük fel, hogy valamilyen

k

-ra

x_{k + 1} = x_{k - 1} = α \neq β = x_{k}

; ekkor

\begin{matrix} β = x_{k} = \frac{1 - x_{k - 1}}{x_{k - 1}} = \frac{1 - α}{α} \end{matrix}

és

\begin{matrix} α = x_{k + 1} = \frac{1 - x_{k}}{x_{k}} = \frac{1 - β}{β} \end{matrix}

alapján

1 - α = α β = 1 - β

, azaz

α = β

, ami ellentmondás. Alkalmas

k

-ra tehát

x_{k} = x_{k + 1}

, vagyis

x

kielégíti az

x = f (x)

egyenletet. Így viszont (1) szerint

x_{1} = x_{2} = ... = x_{99} = x_{100}

, e közös érték csak az

x = \frac{1 - x}{x}

egyenlet megoldása,

\frac{- 1 \pm \sqrt[]{5}}{2}

lehet.

Megjegyzés. Az

f_{k} (x)

racionális törtfüggvény alakjában az

a_{k}

b_{k}

c_{k}

d_{k}

együtthatókról némi kísérletezés után megsejthetjük, hogy

\begin{matrix} f_{k} (x) = \frac{F_{k + 2} x + F_{k + 1}}{F_{k + 1} x - F_{k}}, \end{matrix}

ahol

F_{n}

n

-edik Fibonacci‐számot jelöli, azaz

f_{1} = 0

F_{2} = 1, ...

F_{n + 2} = F_{n + 1} + F_{n}

. (Sejtésünk a

(*)

összefüggés alapján teljes indukcióval már könnyen bizonyítható.) Ennek segítségével az

x = f_{100} (x)

egyenletről közvetlenül is beláthatjuk, hogy az

x^{2} + x - 1 = 0

egyenletre vezet.