Feladat: Pontversenyen kívüli P.2 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Birkner Lajos ,  Csirmaz László ,  Fialovszky Alice ,  Göndőcs Ferenc ,  Somorjai Gábor ,  Soós Miklós ,  Váli László ,  Váradi József 
Füzet: 1969/február, 69 - 71. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Gyökös függvények, Egészrész, törtrész függvények, Különleges függvények, Függvényegyenletek, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/szeptember: Pontversenyen kívüli P.2

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

I. Állítsuk elő f(x+2a) értékét f(x) segítségével.

f(x+2a)=12+f(x+a)-[f(x+a)]2,
és itt
f(x+a)-[f(x+a)]2=f(x+a)[1-f(x+a)]==[12+f(x)-[f(x)]2][12-f(x)-[f(x)]2]=14-f(x)+[f(x)]2=[f(x)-12]2.


Ezt felhasználva kapjuk, hogy
f(x+2a)=12+|f(x)-12|.
Másrészt feltételünk szerint f minden valós számra értelmezve van, valós értéket vesz fel, és
f(x)=f((x-a)+a)=12+f(x-a)+[f(x-a)]2,
emiatt f(x)12, és
f(x+2a)=f(x).
Tehát a függvény periodikus, és a periódusa b=2a. (Természetesen b-ként 2a minden egész számú többszöröse is választható.)
II. Legyen most a=1. Ha f(x)=1, akkor
f(x+1)=12+1-1=12,
ha pedig f(x)=12, akkor
f(x+1)=12+12-14=1.

Ezek alapján válasszuk f(x) értékeit a következő módon:
f(x)={1,  ha  2kx<2k+1,12,  ha  2k+1x<2k+2,
ahol k egész szám (1. ábra).
 


 

Könnyen látható, hogy a követelményeknek a következő függvény is eleget tesz (2. ábra):
f(x)=12+12|sinπx2|.

 

2. ábra
 
 

  Birkner Lajos (Budapest, Könyves Kálmán Gimn.)
  Soós Miklós (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn.)
 

Megjegyzés. A 0x<a intervallumon f(x) értéke tetszőlegesen megadható, csak a már felhasznált f(x)12, és az összefüggés értelmezhetőségét biztosító f(x)1 feltételeknek kell eleget tennie. Ha az x0 helyhez az y0=f(x0) értéket rendeli hozzá a függvény, az f(x0+a) helyen felvett függvényérték már egyértelműen meghatározott, nevezetesen
f(x0+a)=12+y0-y02.
A jobb oldal a
g(y)=12+y-y2
függvénynek az y0 helyen felvett értéke. Ennek a függvénynek a képe az (1/2, 1/2) pont körüli, 1/2 sugarú k kör felső íve. Ezt ‐ ha már ismerjük f(x) grafikonját egy a hosszúságú intervallumban ‐ felhasználhatjuk a grafikon pontjainak szerkesztésére a következő a hosszúságú intervallumban (1/2y0<1 miatt elég a félkörnek csak a jobb oldali felét megrajzolni, 3. ábra).
 

 

3. ábra
 

Az y0=f(x0) függvényértéket átmásoljuk az x tengelyre az origón átmenő, 1 meredekségű e egyenes segítségével, ugyanis a grafikon P0(x0,y0) pontján átmenő, az x tengellyel párhuzamos egyenesnek e-vel való Q0 metszéspontjához tartozó abszcissza is y0; így k-nak a Q0 abszcisszáján levő R0 pontjához éppen az y1=g(y0)=f(x0+a) ordináta tartozik, tehát f(x) grafikonjának az x0+a abszcissza fölötti P1 pontját kimetszhetjük az R0-on át az x tengellyel párhuzamosan húzott egyenessel.
Hasonlóan kaptuk az x0+2a abszcissza fölötti P2 pont y2=f(x0+2a)=f((x0+a)+a) ordinátáját P1-bő] kiindulva, az ábra egymás után szerkesztett Q1(y1,y1), R1(y1,y2) pontjai útján. Így a feladat állítása abból következik, hogy a Q0R0Q1R1 négyszög négyzet ‐ hiszen k szimmetrikus e-re ‐, és ezért y2=y0, azaz f(x0+2a)=f(x0).