Feladat:	B.3541	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bérczi Kristóf ,  Besenyei Balázs ,  Bóka Gergely ,  Boros Balázs ,  Dénes Ferenc ,  Egri Attila ,  Gyarmati Ákos ,  Hablicsek Márton ,  Hargitai Gábor ,  Herczegh Attila ,  Horváth Márton ,  Hubai Tamás ,  Kiss-Tóth Christián ,  Kocsis Albert Tihamér ,  Komáromy Dávid ,  Nagy Szabolcs ,  Pach Péter Pál ,  Pallos Péter ,  Pongrácz András ,  Puskás Anna ,  Rácz Béla András ,  Salát Máté ,  Sali András ,  Sándor Nóra Katalin ,  Simon Balázs ,  Sparing Dániel ,  Tábor Áron ,  Tóth János
Füzet:	2003/február, 89 - 92. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Törtfüggvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/március: B.3541

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Vizsgáljuk meg, mikor teljesül a feladat feltétele egy adott $\alpha$ számra, azaz mit jelent az, hogy $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\alpha$. Ehhez általában számoljuk ki $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)$ értékét. Mivel a feladat $f\left(f\left(f\left(1\right)\right)\right)$ értékéről beszél, azért számolás közben föltesszük, hogy valamennyi mennyiség értelmes, az előforduló nevezők egyike sem nulla. $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(\alpha \right)\right)=f\left(\frac{a\alpha +b}{c\alpha +d}\right)=\frac{a\frac{a\alpha +b}{c\alpha +d}+b}{c\frac{a\alpha +b}{c\alpha +d}+d}\mathrm{.}}\end{array}$ Bővítés és rendezés után $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(\alpha \right)\right)=\frac{\left(a^2+bc\right)\alpha +b\left(a+d\right)}{c\left(a+d\right)\alpha +\left(bc+d^2\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebbe helyettesítve $f\left(\alpha \right)$ értékét: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\frac{\left(a^2+bc\right)f\left(\alpha \right)+b\left(a+d\right)}{c\left(a+d\right)f\left(\alpha \right)+\left(bc+d^2\right)}=\frac{\left(a^2+bc\right)\frac{a\alpha +b}{c\alpha +d}+b\left(a+d\right)}{c\left(a+d\right)\frac{a\alpha +b}{c\alpha +d}+\left(bc+d^2\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Ismét bővítve és rendezve $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\frac{\left[a\left(a^2+bc\right)+bc\left(a+d\right)\right]\alpha +b\left[\left(a^2+bc\right)+d\left(a+d\right)\right]}{c\left[a\left(a+d\right)+\left(bc+d^2\right)\right]\alpha +\left[bc\left(a+d\right)+d\left(bc+d^2\right)\right]}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\alpha$ egyenlőséget a bal oldal imént kapott tört alakjának a nevezőjével szorozva és $\alpha$ hatványai szerint rendezve kapjuk, hogy: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left[c\left(a^2+ad+d^2+bc\right)\right]{\alpha }^2-\left[a^3+abc-bcd-d^3\right]\alpha -b\left(a^2+bc+da+d^2\right)=0.}\end{array}$ (1) Vegyük észre, hogy $\alpha$ együtthatója szorzattá alakítható: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^3+abc-bcd-d^3=a^3-d^3+bc\left(a-d\right)=\left(a-d\right)\left(a^2+ad+d^2+bc\right)\mathrm{,}}\end{array}$ így pedig a $P=a^2+ad+d^2+bc$ tényező (1) mindhárom tagjában szerepel, szorzattá alakíthatunk: ha $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\alpha$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle P\cdot \left[c{\alpha }^2-\left(a-d\right)\alpha -b\right]=0.}\end{array}$ (2) Ellenőrizhető, hogy ha $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)$ kiszámolásakor egyik nevező sem nulla, akkor (2)-ből a lépések megfordításával megkapható az $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\alpha$ feltétel. Vegyük észre, hogy a (2)-beli szorzat első tényezője, $P$, nem függ $\alpha$ értékétől. Ha tehát ez a tényező nulla ‐ ami kizárólag az $f$ függvényen múlik ‐, akkor $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\alpha$ minden olyan $\alpha$ számra teljesül, amelyre $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)$ értelmes. A feladat második feltétele szerint viszont $f\left(f\left(f\left(2\right)\right)\right)=3$, az első tényező így most nem nulla, (2)-ben tehát a második tényezőnek kell nullának lennie, ha $\alpha =1$: $\begin{array}{c}{\displaystyle c-\left(a-d\right)-b=\mathrm{0,}}\end{array}$ azaz $a+b=c+d$. Innen viszont $f\left(1\right)=\frac{a+b}{c+d}=1$ következik, és ezt akartuk bizonyítani. (Ismét meg kell jegyeznünk, hogy a feladat szerint $f\left(1\right)$ értelmes, tehát oszthatunk $\left(c+d\right)$-vel.) () Több dolgozat alapján.   Megjegyzések. 1.) A feladat második feltétele csak annyiban lényeges, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\alpha }\end{array}$ nem azonosság. Az $f\left(x\right)=\frac{x-3}{x-2}$ függvényre például $f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)=x$ a teljes értelmezési tartományon, de $f\left(1\right)=2$. Ebben az esetben az első tényező, $\begin{array}{c}{\displaystyle P=a^2+ad+d^2+bc=1^2-1\cdot 2+2^2-3\cdot 1=0.}\end{array}$ Általában is így készíthetők olyan elsőfokú törtfüggvények, amelyeket háromszor iterálva az identitást kapjuk. 2.) A megoldásból kiderül, hogy az $\alpha$ szám pontosan akkor fixpontja az $f\left(x\right)=\frac{ax+b}{cx+d}$ elsőfokú törtfüggvénynek, ha $\alpha$ gyöke a $c{x}^2-\left(a-d\right)x-b$ polinomnak. Ez lehet elsőfokú, ha $c=0$, ilyenkor az $f\left(x\right)$ ‐ legfeljebb ‐ elsőfokú polinom. A feladat úgy is megoldható, hogy annak számolunk utána, hogyan alakul ez az egyenlet $f\left(f\left(x\right)\right)$, illetve $f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)$ esetén. A megoldáshoz hasonló számolással adódik, hogy az $f\left(f\left(x\right)\right)$ függvény fixpontjait kiszámoló egyenlet $\left(a+d\right)\left[c{x}^2-\left(a-d\right)x-b\right]=0$, az $f\left(x\right)$-re vonatkozó megfelelő egyenlet $\left(a+d\right)$-szerese ‐ és így $a+d$ = 0 annak a feltétele, hogy $f\left(f\left(x\right)\right)$ az identikus leképezés legyen ‐, az $f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)$ függvény fixpontjait pedig éppen a $P\left[c{x}^2-\left(a-d\right)x-b\right]=0$ egyenlet számolja ki. 3.) A megoldás során lényegében azt igazoltuk, hogy ha az $f\left(f\left(f\left(\alpha \right)\right)\right)=\alpha$ egy adott értékre nem triviális módon ‐ azaz anélkül, hogy a közbülső $f\left(\alpha \right)$, $f\left(f\left(\alpha \right)\right)$ értékek egyenlők volnának $\alpha$-val ‐ teljesül, akkor fennáll az értelmezési tartomány minden elemére. Másképpen fogalmazva: ha a $g\left(x\right)=f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)$ függvénynek van fixpontja, azaz olyan $\alpha$ szám, amelyre $g\left(\alpha \right)=\alpha$, akkor az vagy az $f$ függvénynek is fixpontja, vagy pedig a $g\left(x\right)$ függvénynek minden szám fixpontja, $g\left(x\right)=x$ a $g$ értelmezési tartományán. A megoldás kétségkívül szerencsésen alakult, a hosszadalmas számolás után a (2) szorzatba mintegy belebotolva találtunk rá a feladat jelentésére, és így magára az állításra is. Az alábbi megközelítés csak a lényeges dolgokat veszi figyelembe.   II. megoldás. Legyen továbbra is $g\left(x\right)=f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)$, és tekintsük a $p=f\left(1\right)$ és a $q=f\left(p\right)=f\left(f\left(1\right)\right)$ értékeket. A feltétel szerint ekkor $f\left(q\right)=1$. Azonnal adódik, hogy $g\left(p\right)=p$ és $g\left(q\right)=q$, a $g\left(x\right)$ függvénynek az 1 mellett a $p$ és a $q$ is fixpontja. Ha e három érték között vannak egyenlők, akkor az $1\stackrel{f}{\to }p\stackrel{f}{\to }q\stackrel{f}{\to }1$ láncban van két szomszédos egyenlő tag, ahonnan, mivel $f$ kölcsönösen egyértelmű, $1=p=q$, azaz a bizonyítandó állítás, $f\left(1\right)=1$ következik. Ha az 1, $p$, $q$ számok között nincsenek egyenlők, akkor az elsőfokú törtfüggvények kompozíciójaként adódó $g\left(x\right)$ függvénynek, amely így maga is elsőfokú törtfüggvény, három különböző fixpontja van. Ismeretes, hogy egy elsőfokú törtfüggvényt három értéke egyértelműen meghatároz. Ha tehát $f\left(1\right)\ne 1$, akkor $g\left(x\right)=x$ teljesül az $x$ három különböző értékére, 1-re, $p$-re és $q$-ra. Ez pedig azt jelenti, hogy a $g\left(x\right)$ értelmezési tartományának minden elemére $g\left(x\right)=x$. A feltétel szerint viszont $g\left(2\right)=3$, így az 1, $p$, $q$ számok nem lehetnek valamennyien különbözők. Ezzel a megoldást befejeztük. () Gyarmati Ákos (Zalaegerszeg, Zrínyi Miklós Gimn., 9. évf.)