Feladat:	B.4619	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Andi Gabriel Brojbeanu ,  Lengyel Ádám ,  Németh Róbert
Füzet:	2015/szeptember, 341 - 343. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Irracionális egyenletek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/március: B.4619

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás.1 A négyzetgyök alatt nemnegatív szám áll: $x\ge 1$. Mivel a jobb oldal ekkor pozitív, a bal oldal is az: $x^2-4x+3=\left(x-1\right)\left(x-3\right)>0$. Mivel $x<1$ nem teljesülhet, azt kapjuk, hogy $x>3$. Az egyenletet átrendezve: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-2\right)}^2+1=\sqrt[]{1+\sqrt[]{x-1}}+2.}\end{array}$ (1) Az $f:\left(3;+\infty \right)\to \left(2;+\infty \right)$, $f\left(x\right)={\left(x-2\right)}^2+1$ függvény szigorúan monoton növekvő, bijektív az értelmezési tartományán, ezért invertálható. Inverz függvénye az $f^{-1}:\left(2;+\infty \right)\to \left(3;+\infty \right)$, $f^{-1}\left(x\right)=\sqrt[]{x-1}+2$. Vegyük itt mindkét oldal értékét $f^{-1}\left(x\right)=\sqrt[]{x-1}+2$-nél: $\begin{array}{c}{\displaystyle f^{-1}\left(f^{-1}\left(x\right)\right)=\sqrt[]{1+\sqrt[]{x-1}}+2.}\end{array}$ A jobb oldal épp (1) jobb oldala. Ezek alapján az egyenlet: $\begin{array}{c}{\displaystyle f^{-1}\left(f^{-1}\left(x\right)\right)=f\left(x\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ami pontosan akkor igaz, ha $f^{-1}\left(x\right)=f\left(f\left(x\right)\right)$, vagyis ha $x=f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)$. Mivel az $f$ függvény szigorúan monoton növekvő, ezért $f\left(x\right)>x$ esetén $f\left(f\left(x\right)\right)>f\left(x\right)>x$, amiből $f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)>f\left(f\left(x\right)\right)>f\left(x\right)>x$ következik. Hasonlóan, ha $f\left(x\right)<x$, akkor $f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)<f\left(f\left(x\right)\right)<f\left(x\right)<x$. Tehát $x=f\left(f\left(f\left(x\right)\right)\right)$ csak akkor teljesülhet, ha $x=f\left(x\right)$, és ekkor valóban igaz is. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-2\right)}^2+1=x\mathrm{,}\text{amiből}{x}^2-5x+5=0.}\end{array}$ A megoldóképlet alapján $x_{\mathrm{1,2}}=\frac{5\pm \sqrt[]{5}}{2}$. Csak a nagyobb gyök teljesíti az $x>3$ kikötést, vagyis $x=\frac{5+\sqrt[]{5}}{2}$. Behelyettesítve az eredeti egyenletbe, mindkét oldalon $\frac{1+\sqrt[]{5}}{2}$ adódik, tehát a megoldás jó.   II. megoldás. Mivel $x=1$ nem megoldás, ezért legyen $a=\sqrt[]{x-1}>0$. Ekkor $x^2-4x+3=\left(x-1\right)\left(x-3\right)=a^2\left(a^2-2\right)$ és $\sqrt[]{1+\sqrt[]{x-1}}=\sqrt[]{1+a}$. Ebből $a^2\left(a^2-2\right)=\sqrt[]{1+a}$, amit négyzetre emelve $a^4\left(a^4-4a^2+4\right)=1+a$. Ezt rendezve $a^8-4a^6+4a^4-a-1=0$. Próbáljuk meg a bal oldalt szorzattá alakítani: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle a^8-4a^6+4a^4-a-1}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle a^8-a^7-a^6+a^7-a^6-a^5-2a^6+2a^5+2a^4-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle }\hfill & {\displaystyle -a^5+a^4+a^3+a^4-a^3-a^2+a^2-a-1=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \left(a^2-a-1\right)\left(a^6+a^5-2a^4-a^3+a^2+1\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ez pontosan akkor 0, ha az egyik tényezője az. A második tényezőt vizsgálva: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle a^6+a^5-2a^4-a^3+a^2+1}& {\displaystyle =a^6-2a^3+1+a^5-2a^4+a^3+a^2=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle ={\left(a^3-1\right)}^2+a^3{\left(a-1\right)}^2+a^2>\mathrm{0,}}\hfill \end{array}}$ mivel az első két tag nemnegatív, a harmadik pedig pozitív. Ha az első tényező 0: $a^2-a-1=0$, amiből $a_{\mathrm{1,2}}=\frac{1\pm \sqrt[]{5}}{2}$. Mivel $a>0$, csak a pozitív megoldás jön szóba: $a=\frac{1+\sqrt[]{5}}{2}$. Mivel $x=a^2+1$, így ebből $\begin{array}{c}{\displaystyle x=1+\frac{6+2\sqrt[]{5}}{4}=\frac{10+2\sqrt[]{5}}{4}=\frac{5+\sqrt[]{5}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ami behelyettesítve valóban jó megoldást ad.   Megjegyzés. Aki egy 8-ad-fokú polinomot indoklás nélkül szorzattá alakított, legfeljebb 3 pontot kaphatott.   III. megoldás. Az előző megoldásokból $x\ge 3$ és az egyenlet $\left(x-1\right)\left(x-3\right)=\sqrt[]{1+\sqrt[]{x-1}}$. Legyen $a=x-1\ge 2$, ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a-1\right)}^2-1=\sqrt[]{1+\sqrt[]{a}}\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis ${\left(a-1\right)}^2=1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{a}}$. Az $y={\left(x-1\right)}^2$ függvény grafikonja $x\ge 2$ esetén a megfelelő parabolának egy szigorúan monoton növekedő része, amely végig konvex. Az $y=1+\sqrt[]{x}$ függvény gyökfüggvény, aminek menete még egy gyökvonással lényegében nem változik (nem keletkezik benne inflexiós pont, végig konkáv). Így a két grafikon egy pontban metszi egymást.     Mivel $a>0$, gyököt vonhatunk mindkét oldalból: $a-1=\sqrt[]{1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{a}}}$, amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle a=1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{a}}}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Ha $a$ helyére a jobb oldalon behelyettesítenénk $a$ értékét, vagyis a jobb oldalt, majd ezt az eljárást végtelen sokszor megismételnénk, úgy egy végtelen sorozatot kapnánk: $1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{\text{...}}}}$. Azt sejtjük, hogy az egyenletben szereplő $a$ értéke ez a sorozat, vagyis $a$ bárhova behelyettesíthető a sorozaton belül, tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle a=1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{\text{...}}}}=1+\sqrt[]{a}\mathrm{,}\text{ebből}a-1=\sqrt[]{a}\mathrm{.}}\end{array}$ Innen $x-2=\sqrt[]{x-1}$, négyzetre emelve $x^2-4x+4=x-1$, rendezve $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2-5x+5=0.}\end{array}$ Ennek az egyetlen, a kikötésnek megfelelő gyöke $x=2\mathrm{,}5+\sqrt[]{1\mathrm{,}25}$. Mivel több gyök nincs, ez az egyetlen megoldás.   Megjegyzés. Mivel $a>0$, a (2) egyenlet mindkét oldalából gyököt vonva azt kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{a}=\sqrt[]{1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{1+\sqrt[]{a}}}}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $f\left(y\right)=\sqrt[]{1+y}$ jelöléssel az I. megoldásbeli $y=f\left(f\left(f\left(y\right)\right)\right)$ alakot kapjuk. 1Érdemes tanulmányozni Ábrahám Gábor: Az $f^{-1}\left(x\right)=f\left(x\right)$ típusú egyenletekről, avagy az írástudók felelősége és egyéb érdekességek c. cikkét (KöMaL, 2010. december, és www.komal.hu/cikkek/abraham/abraham.h.shtml).