Feladat:	F.3060	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Tóth Gábor Zsolt ,  Valkó Benedek
Füzet:	1995/december, 529 - 531. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Függvények, Természetes számok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/március: F.3060

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Az $f\left(n\right)=n+2$ függvény megfelelő, mert értékei pozitív egészek, és tetszőleges $n$ pozitív egészre $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(n\right)\right)+f\left(n\right)=\left(\left(n+2\right)+2\right)+\left(n+2\right)=2n+6.}\end{array}$ Megmutatjuk, hogy más megoldás nincs. Az $f$ függvény biztosan injektív, azaz $n\ne m$ esetén $f\left(n\right)\ne f\left(m\right)$. Ha ugyanis $f\left(n\right)=f\left(m\right)$, akkor $f\left(f\left(n\right)\right)=f\left(f\left(m\right)\right)$ és $2n+6=f\left(f\left(n\right)\right)+f\left(n\right)=f\left(f\left(m\right)\right)=f\left(m\right)=2m+6$, amiből következik, hogy $n=m$. Az injektivitás következménye, hogy $n\le h$ esetén $f\left(n\right)=1$, $f\left(n\right)=2$ vagy $f\left(n\right)\ge h$. Most meghatározzuk $f\left(1\right)$ értékét. Ha (1)-et felírjuk $n=1$-re, megállapíthatunk $f\left(1\right)$-re egy felső korlátot: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(1\right)=8-f\left(f\left(1\right)\right)\le 8-1=7.}\end{array}$ Az $f\left(1\right)=3$ állítás bizonyításához tehát hat esetet kell kizárni. I. eset: $f\left(1\right)=1$. Ekkor $f\left(f\left(1\right)\right)=1$ és $f\left(f\left(1\right)\right)+f\left(1\right)=2\ne 2\cdot 1+6$. II. eset: $f\left(1\right)=2$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(2\right)}& {\displaystyle =f\left(f\left(1\right)\right)=2\cdot 1+6-f\left(1\right)=\mathrm{6,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(6\right)}& {\displaystyle =f\left(f\left(2\right)\right)=2\cdot 2+6-f\left(2\right)=\mathrm{4,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(4\right)}& {\displaystyle =f\left(f\left(6\right)\right)=2\cdot 6+6-f\left(6\right)=\mathrm{14,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(14\right)}& {\displaystyle =f\left(f\left(4\right)\right)=2\cdot 4+6-f\left(4\right)=0.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Ez ellentmond annak, hogy $f\left(14\right)$ pozitív. Hasonló ellentmondásra vezet az $f\left(1\right)=4$, 5, 6 és 7 kiindulás, vagy negatív, vagy kétértékű függvényt kapunk legfeljebb a harmadik lépésben. (ld. az 1. Megjegyzést a feladat végén.) Abból, hogy $f\left(1\right)=3$, következik, hogy minden páratlan $n$-re $f\left(n\right)=n+2$. Ez $n=1$-re, mint láttuk, igaz. Ha pedig valamely $n$-re $f\left(n\right)=n+2$, akkor $f\left(n+2\right)=f\left(f\left(n\right)\right)=2n+6-f\left(n\right)=2n+6-\left(n+2\right)=n+4$. Most meghatározzuk $f\left(2\right)$ értékét is. Ha (1)-et $n=2$-vel írjuk fel, azt kapjuk, hogy $f\left(2\right)=10-f\left(f\left(2\right)\right)\le 10-1=9$. Az is biztos, hogy $f\left(2\right)$ nem lehet $1$-nél nagyobb páratlan szám, mert ezeket a függvény a páratlan helyeken felveszi, és ez ellentmondana az injektivitásnak. Az $f\left(2\right)$ lehetséges értékei tehát a 4-en kívül már csak 1, 2, 6 és 8. Most ezeket zárjuk ki: I. eset: $f\left(2\right)=1$. Ekkor $f\left(1\right)=f\left(f\left(2\right)\right)=2\cdot 2+6-f\left(2\right)=9$, ami ellentmond annak, hogy $f\left(1\right)=3$. Hasonlóan ellentmondásra jutunk $f\left(2\right)=2$, 6 és 8 esetén is. Abból, hogy $f\left(2\right)=4$, ismét következik, hogy minden páros $n$-re $f\left(n\right)=n+2$.   II. megoldás. Azt, hogy $f\left(n\right)=n+2$ megfelelő, az előző megoldás szerint ellenőrizhetjük. Legyen $n$ tetszőleges rögzített pozitív egész. Megmutatjuk, hogy $f\left(n\right)=n+2$. Definiáljuk a következő sorozatot: $a_0=n$, $a_{k+1}=f\left(a_k\right)$. Az $f$ függvény értékei pozitív egészek, tehát ez a sorozat pozitív egészekből áll. Legyen továbbá $b_k=a_k-\left(n+2k\right)$. A definíció szerint $b_0=0$, és azt akarjuk igazolni, hogy $b_1$ is $0$. Az (1) egyenlet szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle a_{k+2}+a_{k+1}=2a_k+\mathrm{6,}}\end{array}$ amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle b_{k+2}+b_{k+1}}& {\displaystyle =a_{k+2}-\left(n+2k+4\right)+a_{k+1}-\left(n+2k+2\right)=a_{k+2}+a_{k+1}-\left(2n+4k+6\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =2a_k+6-\left(2n+4k+6\right)=2\left(a_k-\left(n+2k\right)\right)=2b_k\mathrm{.}}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(2\right)}\end{array}}}\end{array}$ Teljes indukcióval igazoljuk, hogy tetszőleges $k$ nemnegatív egészre $\begin{array}{c}{\displaystyle b_k=\frac{1-{\left(-2\right)}^k}{3}{b}_1\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Ez $k=0$-ra és $k=1$-re igaz, mert a $b_0=0\cdot b_1=0$, illetve $b_1=b_1$ azonosságokat adja. Ha (3) teljesül $k=m$-re és $k=m+1$-re, akkor teljesül $k=m+2$-re is: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle b_{m+2}=2b_m-b_{m+1}=2\frac{1-{\left(-2\right)}^m}{3}{b}_1-\frac{1-{\left(-2\right)}^{m+1}}{3}{b}_1=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{2-2\cdot {\left(-2\right)}^m-1+{\left(-2\right)}^{m+1}}{3}{b}_1=\frac{1-{\left(-2\right)}^{m+2}}{3}{b}_1\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Ezzel (3)-at igazoltuk. A $b_k$ sorozat definíciója alapján $b_k\ge 1-n-2k$. Ebből (3) alapján alsó és felső becsléseket nyerhetünk $b_1$-re, ha $k$ helyére valamilyen páratlan, illetve páros számot írunk. Legyen $m$ pozitív egész; $k=2m+1$, illetve $k=2m$ helyettesítéssel $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle -1-n-4m}& {\displaystyle \le b_{2m+1}=\frac{1+2^{2m+1}}{3}{b}_1\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 1-n-4m}& {\displaystyle \le b_{2m}=\frac{1+2^{2m}}{3}{b}_1\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Az első egyenlőtlenségben $b_1$ együtthatója pozitív, a másodikban negatív. Ha leosztunk vele, az első egyenlőtlenség iránya megváltozik, a másodiké nem. Ezzel a következő becslést kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle -\frac{3\left(n+4m+1\right)}{1+2^{2m+1}}\le b_1\le \frac{3\left(n+4m-1\right)}{2^{2m}-1}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha most $m\to \infty$, akkor az alsó és a felső becslés is $0$-hoz tart, tehát $b_1=0$.  Tóth Gábor Zsolt (Budapest, Árpád Gimn., III. o.t.) és    Valkó Benedek Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.) dolgozata alapján   Megjegyzések. 1. A második megoldás valójában az elsőnek egy általánosított változata. Az első megoldás esetszétválasztásait egyszerre számoltuk ki. Például ha $f\left(1\right)=x$, akkor a függvényegyenlet alapján megállapíthatjuk, hogy $f\left(x\right)=8-x$, $f\left(8-x\right)=3x-2$, $f\left(3x-2\right)=24-5x$, $f\left(24-5x\right)=11x-22$, $f\left(11x-22\right)=76-21x$ stb. Ahhoz, hogy az utolsó két szám pozitív egész legyen, szükséges, hogy $11x-22\ge 1$ és $76-21x\ge 1$, azaz $2\frac{1}{11}\le x\le 3\frac{4}{7}$ legyen. Ebben az intervallumban az egyetlen egész szám a 3. 2. A második megoldás akkor is működik, ha az $f$ függvény pozitív valós számok halmazát képezi önmagára. Ilyenkor is $f\left(x\right)=x+2$ az egyetlen megoldás.