Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.292	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ármós Lajos , Erdélyi Tamás , Hajnal Péter , Horváth 619 Miklós , Lukács Erzsébet , Nagy 691 Tamás , Szalkai István , Vágvölgyi Sándor
Füzet:	1978/május, 211 - 212. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvényvizsgálat, Indirekt bizonyítási mód, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/november: Pontversenyen kívüli P.292

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

Jelöljük $N$ -nel azoknak az $n$ természetes számoknak a halmazát, amelyekre

\begin{matrix} f (n) \geq n, \end{matrix}

(2)

és

M

-mel azokét, amelyekre

\begin{matrix} f (m) < m . \end{matrix}

(3)

Megmutatjuk, hogy

M

üres, vagyis (2) minden

n

-re teljesül. Ellenkező esetben legyen ugyanis az

{f (m), m \in M}

függvényértékek minimuma

k = f (m)

. Mivel (3) szerint

\begin{matrix} j = m - 1 \geq f (m), \end{matrix}

(4)

ez is természetes szám, és erre (1)-et alkalmazva azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} f (m) > f (f (j)) . \end{matrix}

f (j)

helyen tehát az

f

értéke kisebb

k = f (m)

-nél, így

f (j)

csak

N

-beli lehet, azaz

f (f (j)) \geq f (j)

. Így

f (j)

is kisebb

k

-nál, és

j

N

-beli. Ebből viszont (2) és (4) alapján

\begin{matrix} f (j) \geq j \geq k \end{matrix}

következne, ami összeegyeztethetetlen az előbb kapott

f (j) < k

következménnyel. Ezzel beláttuk, hogy (2) minden

n

természetes számra teljesül.
Alkalmazva (2)-t az

f (n)

számra kapjuk, hogy

f (f (n)) \geq f (n)

, ezt (1)-gyel összevetve

\begin{matrix} f (n + 1) \geq f (n) \end{matrix}

adódik, tehát a függvény szigorúan monoton növekvő. Ha volna olyan

n

, amelyre (2)-ben egyenlőtlenség állna, arra csak

n < n + 1 < f (n)

lehetne, hiszen

f (n) = n + 1

mellett (1) nem lehetne igaz. Ekkor viszont (1) az

f

szigorúan növekvő volta miatt nem teljesülhetne, tehát (2)-ben minden

n

természetes számra az egyenlőség érvényes.