Feladat: B.3751 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 2005/március, 162 - 163. oldal  PDF file
Témakör(ök): Inverz függvények, Függvényvizsgálat, Törtfüggvények, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/szeptember: B.3751

Legyen f(x)=x1-x. Határozzuk meg a valós számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, ahol minden pozitív egész n esetén az
f(n)(x)=f(f(...(fn db(x))...))
összetett függvény értelmezhető.

Megoldás. f(x) akkor nem értelmes, ha x=1. f(2)(x)=f(f(x)) akkor nem értelmes, ha egyrészt f(x) nem értelmes (azaz x1), vagy pedig f(x)=1. Az adódó x1-x=1 megoldása x1=12. Hasonlóan kapjuk, hogy f(3)(x) nem értelmes, ha x=1, x=12 vagy f(x)=12. Tovább haladva kapjuk, hogy ha az xk sorozatra
...fxkfxk-1f...fx2fx1fx0=1,
azaz xi=f(xi+1), akkor f(n)(xi) nem értelmes, ha ni. Megfordítva, ha f(n)(x) nem értelmes, akkor vagy f(n-1)(x) sem az, vagy pedig f(n-1)(x)=1. Mivel az f függvény kölcsönösen egyértelmű, az xk sorozat egyértelműen meghatározott.
A sorozat meghatározásához tekintsük az f függvény inverzét: f-1(x)=xx+1. Így a fenti sorozat ,,megfordítva'':
1=x0f-1x1f-1x2f-1...f-1xkf-1xk+1f-1...,
ahonnan az x0=1, xn+1=xn1+xn rekurziót kapjuk. A sorozat első néhány tagja:
x0=1;x1=12;x3=13;....
Teljes indukcióval igazoljuk, hogy xn=1n. Ha n=1, akkor ez igaz. Legyen n1 és tegyük fel, hogy xn=1n. Ekkor
xn+1=1n1+1n=1n+1
valóban.
A keresett halmaz tehát R{1n:nN+}.
 
Megjegyzések. 1. Ha a kapott rekurzióban bevezetjük az yn=1xn helyettesítést, akkor
y0=1,1yn+1=1yn1+1yn=11+yn,azazyn+1=1+yn;
tehát nyomban leolvasható, hogy yn=n és így xn=1n.
2. Ha a fentiekhez hasonló kísérletezés után megsejtjük, hogy f(n)(x)=x1-nx, akkor ez hasonlóan könnyen igazolható teljes indukcióval és innen nyomban adódik a feladat állítása.
3. Ha például
f(x)=x+32x-1,
akkor az (xn) sorozat nyomban ,,elakad'', az f függvény ugyanis nem veszi föl az értelmezési tartományából hiányzó 12 értéket, az f(n)(x) függvények tehát csak az 12 helyen nem értelmesek. (Írjuk fel most az f(n)(x) függvényeket.)