Feladat: Pontversenyen kívüli P.179 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Kelemen D. ,  Kiss E. ,  Kollár J. ,  Lelkes András ,  Lévai Miklós ,  Meszéna G. ,  Páles Zs. 
Füzet: 1974/február, 75 - 76. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvények folytonossága, Függvényegyenletek, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/május: Pontversenyen kívüli P.179

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

Felhasználjuk a következő segédtételt: ha valamely f(x) függvény az a≤x≤b intervallumban folytonos és f(a)<0, f(b)>0 (vagy fordítva), akkor létezik legalább egy olyan c hely, melyre f(c)=0 és a<c<b.

 

Tekintsük a g(x)=f(x)-f(x+1n) függvényt. Erre f(0)=f(1) alapján
∑k=0n-1g(kn)=∑k=0n-1(f(kn)-f(k+1n))=0.
Két eset lehetséges. Vagy minden k-ra (k=0,1,...,n) g(kn)=0 vagy nem, s ebben az esetben van olyan k1 és k2 (0≦k1<k2≦kn), melyekre pl.
g(k1n)<0ésg(k2n)>0.
Az első esetben nyilván készen vagyunk, a második esetben pedig az említett segédtételből következik állításunk.
 

 Lévai Miklós (Tata, Eötvös J. Gimn.)
 

Megjegyzések. 1. Érdekes, hogy a tételben n csak természetes szám lehet. Az első pillanatban arra gondolhatunk, hogy a tétel általánosítható nem egész n-ekre. Ez azonban nem igaz.
Tekintsük ugyanis az
f(x)=cos2nπx-x⋅cos2nπ+x-1
függvényt, ahol n>1, nem egész. Mivel f(0)=f(1)=0, és f(x) folytonos, a feltételek teljesülnek. Tegyük fel, hogy valamely x0 esetén
0≦x0<x0+1n≦1ésf(x0)=f(x0+1n),


azaz
cos2nπx0-x0cos2nπ+x0-1==cos2nπ(x0+1n)-(x0+1n)cos2nπ+(x0+1n)-1.


Ebből átrendezéssel a cos2nπ=1 egyenlethez jutunk, ahonnan
2nπ=2π⋅k,
ahol k valamely egész szám, és n>0 alapján n=k következik, ahol k természetes szám.
Ezzel állításunkat beláttuk.
 Lelkes András (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)
 

2. Az alábbi szemléletes meggondolás pontossá tételével újabb megoldást kaphatunk (éspedig sokkal általánosabb formában).
 

Vegyünk egy olyan (egyenes) körhengert, melynek k körmetszete 1n kerületű. A síkot (melyben adott az y=f(x) függvény képe) tekerjük rá a hengerre úgy, hogy az x tengely éppen k-ra tekeredjen. Ha n egész, akkor n⋅1n=1 miatt a (0, 0)-pont és az (1, 0) pont fedik egymást mondjuk P-ben a hengeren, és ha n=2, akkor a P-ből kiinduló és P-be visszatérő folytonos görbe a hengert legalább kétszer "megkerüli'', és önmagát metszi. Ez feladatunk állításának helyességét mutatja.